2009-福建卷文-22 解-椭圆最值与存在性

本题导读

考查椭圆综合。(1) $\frac{x^2}{4}+y^2=1$；(2) $MN=\frac{10-3x}{3y}$，参数化后最小值 $\frac{8}{3}$（此时 $S\left(\frac{6}{5},\frac{4}{5}\right)$）；(3) 存在，共 $2$ 个点 $T$。

📌【题干】

Question

（2009年福建卷(文)） 已知直线 $x-2y+2=0$ 经过椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左顶点 $A$ 和上顶点 $D$，椭圆 $C$ 的右顶点为 $B$，点 $S$ 是椭圆 $C$ 上位于 $x$ 轴上方的动点，直线 $AS$，$BS$ 与直线 $l:x=\frac{10}{3}$ 分别交于 $M$，$N$ 两点.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程；

(2) 求线段 $MN$ 的长度的最小值；

(3) 当线段 $MN$ 的长度最小时，在椭圆 $C$ 上是否存在这样的点 $T$，使得 $△TSB$ 的面积为 $\frac{1}{5}$？若存在，确定点 $T$ 的个数；若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) 左顶点 $(-a,0)$、上顶点 $(0,b)$ 代入直线 $x-2y+2=0$，分别得 $a=2$，$b=1$。
2. (2) 设 $S(x,y)$，$-2<x<2$，$y>0$。直线 $AS$、$BS$ 与 $x=\frac{10}{3}$ 的交点纵坐标分别为 $\frac{16y}{3(x+2)}$ 与 $\frac{4y}{3(x-2)}$，作差并利用 $4-x^2=4y^2$ 化简得 $MN=\frac{10-3x}{3y}$。
3. 令 $x=2\cos \theta$，$y=\sin \theta$（$0<\theta <\pi$），$MN=\frac{2}{3}\cdot \frac{5-3\cos \theta }{\sin \theta }$，对 $h(\theta )$ 求导，$\cos \theta =\frac{3}{5}$ 时最小，$M{N}_{\min }=\frac{8}{3}$。
4. (3) 用叉乘表示面积：$\left[△TSB\right]=\frac{2}{5}|2-u-v|$，令其为 $\frac{1}{5}$ 得 $u+v=\frac{3}{2}$ 或 $u+v=\frac{5}{2}$；
5. $u+v$ 的最大值为 $\sqrt{5}<\frac{5}{2}$，第二条无交点；$u+v=\frac{3}{2}$ 代入椭圆得二次方程，判别式为正，给出两个不同点。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{4}+y^2=1$；(2) 最小值为 $\frac{8}{3}$；(3) 存在，这样的点 $T$ 共有 $2$ 个

✍【详细解析】

Abstract

(1) 左顶点为 $A(-a,0)$，上顶点为 $D(0,b)$。因为这两个点都在直线 $x-2y+2=0$ 上， 代入 $A$ 得 $-a+2=0$，所以 $a=2$；代入 $D$ 得 $-2b+2=0$，所以 $b=1$。 因此椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$，且 $A(-2,0)$，$B(2,0)$。 (2) 设 $S(x,y)$，则 $-2<x<2$，$y>0$，且 $x^2+4y^2=4$。 直线 $AS$ 与 $x=\frac{10}{3}$ 的交点纵坐标为 $\frac{16y}{3(x+2)}$，直线 $BS$ 与该直线的交点纵坐标为 $\frac{4y}{3(x-2)}$。 由于 $x-2<0$，前者大于后者，所以 $MN=\frac{16y}{3(x+2)}-\frac{4y}{3(x-2)}=\frac{4y(10-3x)}{3(4-x^2)}=\frac{10-3x}{3y}$。 令 $x=2\cos \theta$，$y=\sin \theta$，其中 $0<\theta <\pi$，则 $MN=\frac{2}{3}\cdot \frac{5-3\cos \theta }{\sin \theta }$。 记 $h(\theta )=\frac{5-3\cos \theta }{\sin \theta }$，则 $h^{\prime }(\theta )=\frac{3-5\cos \theta }{{\sin }^2\theta }$。 当 $\cos \theta <\frac{3}{5}$ 时，$h^{\prime }(\theta )>0$；当 $\cos \theta >\frac{3}{5}$ 时，$h^{\prime }(\theta )<0$。 因此当 $\cos \theta =\frac{3}{5}$，即 $\sin \theta =\frac{4}{5}$ 时，$MN$ 取得最小值，此时 $S\left(\frac{6}{5},\frac{4}{5}\right)$， 且 $M{N}_{\min }=\frac{10-3\times \frac{6}{5}}{3\times \frac{4}{5}}=\frac{8}{3}$。 (3) 在上述最小情形下，设椭圆上的点 $T(u,v)$。由 $B(2,0)$，$S\left(\frac{6}{5},\frac{4}{5}\right)$，得 $\left[△TSB\right]=\frac{1}{2}\left|\left(-\frac{4}{5}\right)v-\frac{4}{5}(u-2)\right|=\frac{2}{5}|2-u-v|$。 令其等于 $\frac{1}{5}$，得到 $u+v=\frac{3}{2}$ 或 $u+v=\frac{5}{2}$。 对椭圆上任意点，令 $u=2\cos t$，$v=\sin t$，则 $u+v=2\cos t+\sin t⩽\sqrt{5}<\frac{5}{2}$， 所以直线 $u+v=\frac{5}{2}$ 与椭圆没有公共点。 对直线 $u+v=\frac{3}{2}$，代入椭圆方程得 $\frac{u^2}{4}+{\left(\frac{3}{2}-u\right)}^2=1$， 即 $5u^2-12u+5=0$，从而 $u=\frac{6\pm \sqrt{11}}{5}$，对应 $v=\frac{3\mp 2\sqrt{11}}{10}$。 这给出椭圆上的两个不同点，因此存在这样的点 $T$，共有 $2$ 个。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：椭圆标准方程与直线相交

核心方法：顶点定方程；参数化 $S$ 化双变量为单变量；面积条件转交点个数

避坑指南：$MN=\frac{10-3x}{3y}$ 的化简用了 $4-x^2=4y^2$（椭圆方程移项）；$h^{\prime }(\theta )=\frac{3-5\cos \theta }{{\sin }^2\theta }$ 的分子变号点即最值点；$u+v⩽\sqrt{5}$ 用以排除 $\frac{5}{2}$ 那条直线。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：圆锥曲线最值题参数化（$\cos \theta$，$\sin \theta$）常比联立更快。

结论推广：辅助角不等式 $2\cos t+\sin t⩽\sqrt{5}$ 是判断直线与椭圆位置关系的利器。

方法推广：面积表达式用叉乘（行列式）一步到位，绝对值方程的两支都要讨论。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)

• 2009-新课标卷文-20 解-椭圆方程与相关点轨迹
• 2009-安徽卷文-18 解-椭圆与抛物线轨迹
• 2009-上海卷文-22 解-双曲线平行线距离
• 2009-辽宁卷文-22 解-椭圆方程与斜率定值