2009-天津卷理-21 解-椭圆

本题导读

本题是一道解析几何压轴题。核心考查意图在于利用几何相似性简化圆锥曲线的比例问题，并通过精准的代数化简求解直线斜率及点在圆上的特定代数比值。

📌【题干】

Question

（2009年天津卷(理)） 已知椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的两个焦点分别为 $F_1(-c,0)$ 和 $F_2(c,0)$ ($c>0$)，过点 $E\left(\frac{a^2}{c},0\right)$ 的直线与椭圆相交于 $A,B$ 两点，且 $F_{1}A\parallel F_{2}B$， $|F_{1}A|=2|F_{2}B|$.

(1) 求椭圆的离心率；

(2) 求直线 $AB$ 的斜率；

(3) 设点 $C$ 与点 $A$ 关于坐标原点对称，直线 $F_{2}B$ 上有一点 $H(m,n)$ ($m\ne 0$) 在 $△A{F}_{1}C$ 的外接圆上，求 $\frac{n}{m}$ 的值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用 $F_{1}A\parallel F_{2}B$ 构建相似三角形 $△E{F}_{2}B\sim △E{F}_{1}A$，得到线段比例 $\frac{|F_{1}E|}{|F_{2}E|}=\frac{|F_{1}A|}{|F_{2}B|}=2$，代入焦点与准线交点坐标即可求出离心率 $e$。

2. 第二问：由第一问关系将椭圆方程用 $c$ 表示，结合相似比得出 $\overrightarrow{EA}=2\overrightarrow{EB}$，转化为坐标关系后与椭圆方程联立，求出关键点坐标，进而求得直线斜率。

3. 第三问：确定 $△A{F}_{1}C$ 外接圆的圆心与半径，列出圆的方程；求出直线 $F_{2}B$ 的方程，将点 $H(m,n)$ 分别代入圆与直线的方程，消去参数 $c$ 即可求得 $\frac{n}{m}$ 的值。

点击查看答案

$\frac{n}{m}$ 的值为 $\pm \frac{2\sqrt{2}}{5}$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 因为 $F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$，$E\left(\frac{a^2}{c},0\right)$ 三点共线，且 $F_{1}A\parallel F_{2}B$， 所以 $△E{F}_{2}B\sim △E{F}_{1}A$。 故 $\frac{|F_{1}E|}{|F_{2}E|}=\frac{|F_{1}A|}{|F_{2}B|}=2$。 因为 $|F_{1}E|=\frac{a^2}{c}+c$， $|F_{2}E|=\frac{a^2}{c}-c$， 所以 $\frac{\frac{a^2}{c}+c}{\frac{a^2}{c}-c}=2⟹\frac{a^2+c^2}{a^2-c^2}=2⟹a^2=3c^2$。 则离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。

(2) 由 (1) 知 $a^2=3c^2$，则 $b^2=a^2-c^2=2c^2$。 椭圆方程可化为：$\frac{x^2}{3c^2}+\frac{y^2}{2c^2}=1⟹2x^2+3y^2=6c^2$。 此时点 $E(3c,0)$。由 $△E{F}_{2}B\sim △E{F}_{1}A$ 且 $B$ 在 $A,E$ 之间，得 $\overrightarrow{EA}=2\overrightarrow{EB}$。 设 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则： $x_1-3c=2(x_2-3c)⟹x_1=2x_2-3c$ $y_1=2y_2$ 将此坐标关系代入 $2x_1^2+3y_1^2=6c^2$ 得： $2(2x_2-3c{)}^2+3(2y_2{)}^2=6c^2⟹8x_2^2-24c{x}_2+18c^2+12y_2^2=6c^2$ 又因为 $2x_2^2+3y_2^2=6c^2⟹12y_2^2=24c^2-8x_2^2$，代入上式消去 $y_2$： $8x_2^2-24c{x}_2+18c^2+(24c^2-8x_2^2)=6c^2⟹36c^2=24c{x}_2⟹x_2=\frac{3}{2}c$ 从而 $x_1=2\left(\frac{3}{2}c\right)-3c=0$。 将 $x_1=0$ 代入椭圆方程得 $3y_1^2=6c^2⟹y_1=\pm \sqrt{2}c$。 故 $A(0,\pm \sqrt{2}c)$。 直线 $AB$ 过点 $A(0,y_1)$ 和 $E(3c,0)$，其斜率 $k=\frac{0-y_1}{3c-0}=\frac{\mp \sqrt{2}c}{3c}=\pm \frac{\sqrt{2}}{3}$。

(3) 不失一般性，取 $A(0,\sqrt{2}c)$，则 $B\left(\frac{3}{2}c,\frac{\sqrt{2}}{2}c\right)$。 因为点 $C$ 与点 $A$ 关于原点对称，所以 $C(0,-\sqrt{2}c)$。 在 $△A{F}_{1}C$ 中，由于 $A,C$ 关于 $x$ 轴对称，故其外接圆圆心在 $x$ 轴上，设为 $M(x_0,0)$。 由 $|MA{|}^2=|M{F}_1{|}^2$ 得： $x_0^2+(\sqrt{2}c{)}^2=(x_0+c{)}^2⟹x_0^2+2c^2=x_0^2+2c{x}_0+c^2⟹x_0=\frac{1}{2}c$ 外接圆半径方为 $R^2={\left(\frac{1}{2}c\right)}^2+2c^2=\frac{9}{4}{c}^2$。 故 $△A{F}_{1}C$ 的外接圆方程为：${\left(x-\frac{1}{2}c\right)}^2+y^2=\frac{9}{4}{c}^2⟹x^2+y^2-cx-2c^2=0$。

又直线 $F_{2}B$ 过 $F_2(c,0)$ 和 $B\left(\frac{3}{2}c,\frac{\sqrt{2}}{2}c\right)$，其斜率为 $\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}c-0}{\frac{3}{2}c-c}=\sqrt{2}$。 故直线 $F_{2}B$ 的方程为：$y=\sqrt{2}(x-c)$。 因为 $H(m,n)$ 在直线 $F_{2}B$ 上，所以 $n=\sqrt{2}(m-c)⟹c=m-\frac{\sqrt{2}}{2}n$。 又 $H(m,n)$ 在外接圆上，有： $m^2+n^2-cm-2c^2=0$ 将 $c=m-\frac{\sqrt{2}}{2}n$ 代入上式中： $m^2+n^2-m\left(m-\frac{\sqrt{2}}{2}n\right)-2{\left(m-\frac{\sqrt{2}}{2}n\right)}^2=0$ $m^2+n^2-m^2+\frac{\sqrt{2}}{2}mn-2\left(m^2-\sqrt{2}mn+\frac{1}{2}{n}^2\right)=0$ $-2m^2+\frac{5\sqrt{2}}{2}mn=0$ 由于 $m\ne 0$，两边同除以 $m^2$ 得： $-2+\frac{5\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{n}{m}=0⟹\frac{n}{m}=\frac{4}{5\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{5}$ 当取 $A(0,-\sqrt{2}c)$ 时，由对称性同理可得 $\frac{n}{m}=-\frac{2\sqrt{2}}{5}$。 综上所述，$\frac{n}{m}$ 的值为 $\pm \frac{2\sqrt{2}}{5}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆的第一、第二定义及其几何性质，直线与圆锥曲线位置关系中的代数运算，三角形外接圆的求法。

2. 核心方法：利用平移或相似三角形性质实现几何降维（如第一问避免直接设坐标联立）。

3. 避坑指南：第三问计算量较大，处理 $H(m,n)$ 与参数 $c$ 的齐次关系时，直接代入消去 $c$ 可以大幅减少不必要的开方运算；注意不要遗漏因 $A$ 点坐标正负对称性带来的 $\pm$ 双解。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题由经典圆锥曲线焦半径与准线位置关系性质改编而来，结合了平面几何的相似形与圆的性质，属于多知识点交汇的经典高考试题。

2. 结论推广: 对于椭圆上任意满足焦点连线平行关系的弦，其几何构型完全由离心率 $e$ 唯一决定，这体现了射影几何中交比与准线几何性质的内在统一性。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• （待补）

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-22 解-椭圆最值与参数范围
• 2011-北京卷文-19 解-椭圆等腰三角形面积
• 2011-北京卷理-19 解-椭圆