2011-辽宁卷理-20 解-椭圆

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。

📌【题干】

Question

（2011年辽宁卷(理)） 如图，已知椭圆 $C_1$ 的中心在原点 $O$，长轴左、右端点 $M,N$ 在 $x$ 轴上，椭圆 $C_2$ 的短轴为 $MN$，且 $C_1,C_2$ 的离心率都为 $e$.直线 $l\perp MN$，$l$ 与 $C_1$ 交于两点，与 $C_2$ 交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为 $A,B,C,D$.

(1) 设 $e=\frac{1}{2}$，求 $|BC|$ 与 $|AD|$ 的比值；

(2) 当 $e$ 变化时，是否存在直线 $l$，使得 $BO\parallel AN$，并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对 (1)：根据题干几何特征，设 $M(-a,0),N(a,0)$。注意 $MN$ 是 $C_1$ 的长轴、也是 $C_2$ 的短轴，由图象 $C_1$ 长轴在 $y$ 轴方向？审题：$C_1$ 的“长轴端点 $M,N$ 在 $x$ 轴上”还是短轴？看图象：$M,N$ 是左右端点，但图中坚立的椭圆是 $C_1$（与 $l$ 的交点在外部为 $A,D$），扁椭圆是 $C_2$（与 $l$ 的交点在内部为 $B,C$）。核对图文描述：$C_1$ 的长轴端点在 $x$ 轴还是 $y$ 轴？“长轴左、右端点 $M,N$ 在 $x$ 轴上，椭圆 $C_2$ 的短轴为 $MN$”，若 $MN$ 是 $C_2$ 的短轴，则 $C_2$ 焦点在 $y$ 轴；但图中横向是 $MN$，$C_2$ 是横着的，若 $MN$ 为长轴则 $C_1$ 焦点在 $y$ 轴。细致设定标准方程，写出 $l:x=t$ 下两椭圆弦长 $|BC|$ 与 $|AD|$ 的表达式，求比值。
2. 对 (2)：求出直线 $BO$ 和 $AN$ 的斜率表达式，令 $k_{BO}=k_{AN}$，解出直线 $l$ 的横坐标 $x=t$ 关于离心率 $e$ 的表达式，探讨是否存在满足条件的实数解 $t$。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

依题意，设 $M(-a,0),N(a,0)$（$a>0$）。 由题图与题意，椭圆 $C_1$ 的短轴在 $x$ 轴上，$M,N$ 为其顶点， 设椭圆 $C_1$ 的方程为： $\frac{y^2}{a_1^2}+\frac{x^2}{a^2}=1(a_1>a>0)$ 其离心率 $e=\sqrt{1-\frac{a^2}{a_1^2}}$，从而 $\frac{a^2}{a_1^2}=1-e^2⟹a_1^2=\frac{a^2}{1-e^2}$。 椭圆 $C_2$ 的短半轴为 $a$，长半轴在 $x$ 轴上，设其方程为： $\frac{x^2}{a_2^2}+\frac{y^2}{a^2}=1(a_2>a>0)$ 其离心率 $e=\sqrt{1-\frac{a^2}{a_2^2}}$，从而 $\frac{a^2}{a_2^2}=1-e^2⟹a_2^2=\frac{a^2}{1-e^2}$。 直线 $l\perp MN$，故可设直线 $l$ 的方程为 $x=t$（$-a<t<a$）。

(1) 由 $e=\frac{1}{2}$，得 $1-e^2=\frac{3}{4}$， 故 $a_1^2=\frac{4}{3}{a}^2$，$a_2^2=\frac{4}{3}{a}^2$。 将 $x=t$ 代入椭圆 $C_1$ 的方程 $\frac{3y^2}{4a^2}+\frac{t^2}{a^2}=1$， 解得 $y^2=\frac{4}{3}(a^2-t^2)$，所以 $y_A=\frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{a^2-t^2}$，$y_D=-\frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{a^2-t^2}$。 则： $|AD|=y_A-y_D=\frac{4}{\sqrt{3}}\sqrt{a^2-t^2}$ 将 $x=t$ 代入椭圆 $C_2$ 的方程 $\frac{3t^2}{4a^2}+\frac{y^2}{a^2}=1$， 解得 $y^2=a^2-\frac{3}{4}{t}^2$，所以 $y_B=\sqrt{a^2-\frac{3}{4}{t}^2}$，$y_C=-\sqrt{a^2-\frac{3}{4}{t}^2}$。 由题图可知，$l$ 与 $MN$ 的交点在负半轴，四点从大到小依次为 $A,B,C,D$。 当 $|AD|$ 与 $|BC|$ 的比值在题设条件下： 若 $MN$ 为椭圆 $C_1$ 的短轴、椭圆 $C_2$ 的长轴： 重读原题题干：“椭圆 $C_1$ 的长轴左、右端点 $M,N$ 在 $x$ 轴上，椭圆 $C_2$ 的短轴为 $MN$”。 依原卷标准表述： $C_1$ 的长半轴长为 $a$，焦点在 $x$ 轴上，方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b_1^2}=1$。 因为离心率为 $e$，所以 $b_1^2=a^2(1-e^2)$。 $C_2$ 的短轴为 $MN$，即短半轴长为 $a$，焦点在 $y$ 轴上，方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a_2^2}=1$。 因为离心率为 $e$，所以 $a^2=a_2^2(1-e^2)⟹a_2^2=\frac{a^2}{1-e^2}$。 直线 $l:x=t$（$-a<t<a$），联立 $C_1$ 和 $C_2$： 对 $C_1$：$y^2=b_1^2\left(1-\frac{t^2}{a^2}\right)=(1-e^2)(a^2-t^2)$； 对 $C_2$：$y^2=a_2^2\left(1-\frac{t^2}{a^2}\right)=\frac{a^2-t^2}{1-e^2}$。 因四点纵坐标从大到小为 $A,B,C,D$，结合图象可知 $A,D$ 在 $C_2$ 上，$B,C$ 在 $C_1$ 上： $y_A=\frac{\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}},y_D=-\frac{\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}}⟹|AD|=\frac{2\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}}$ $y_B=\sqrt{1-e^2}\sqrt{a^2-t^2},y_C=-\sqrt{1-e^2}\sqrt{a^2-t^2}⟹|BC|=2\sqrt{1-e^2}\sqrt{a^2-t^2}$ 因此： $\frac{|BC|}{|AD|}=\frac{2\sqrt{1-e^2}\sqrt{a^2-t^2}}{\frac{2\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}}}=1-e^2$ 当 $e=\frac{1}{2}$ 时： $\frac{|BC|}{|AD|}=1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{3}{4}$

(2) 由 (1) 可知： $B$ 点坐标为 $\left(t,\sqrt{1-e^2}\sqrt{a^2-t^2}\right)$； $A$ 点坐标为 $\left(t,\frac{\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}}\right)$； $N$ 点坐标为 $(a,0)$。 因为 $BO\parallel AN$，所以直线 $BO$ 与 $AN$ 的斜率相等，即： $k_{BO}=k_{AN}$ 其中： $k_{BO}=\frac{\sqrt{1-e^2}\sqrt{a^2-t^2}}{t}$ $k_{AN}=\frac{\frac{\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}}-0}{t-a}=\frac{\sqrt{a^2-t^2}}{\sqrt{1-e^2}(t-a)}$ 由题意，$-a<t<0$ 且 $t\ne a$，$\sqrt{a^2-t^2}\ne 0$。 两边同除以 $\sqrt{a^2-t^2}$ 得： $\frac{\sqrt{1-e^2}}{t}=\frac{1}{\sqrt{1-e^2}(t-a)}$ 整理得： $(1-e^2)(t-a)=t$ $(1-e^2)t-(1-e^2)a=t$ $-e^{2}t=(1-e^2)a$ 解得： $t=-\frac{1-e^2}{e^2}a=\left(1-\frac{1}{e^2}\right)a$ 要使直线 $l$ 存在，点 $x=t$ 必须满足 $-a<t<0$： 由 $0<e<1$，显然 $1-\frac{1}{e^2}<0$，故 $t<0$ 恒成立。 要满足 $t>-a$，则需： $\left(1-\frac{1}{e^2}\right)a>-a$ 因为 $a>0$，两边同除以 $a$： $1-\frac{1}{e^2}>-1⟹\frac{1}{e^2}<2⟹e^2>\frac{1}{2}$ 又 $0<e<1$，所以 $\frac{\sqrt{2}}{2}<e<1$。 结论： 当 $\frac{\sqrt{2}}{2}<e<1$ 时，存在直线 $l:x=\left(1-\frac{1}{e^2}\right)a$，使得 $BO\parallel AN$； 当 $0<e⩽\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，不存在满足条件的直线 $l$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：双椭圆方程设立、弦长之比化简、平行斜率列方程及参数范围反解。
• 核心方法：
• 识别两椭圆中 $C_1$ 焦点在 $x$ 轴，$C_2$ 焦点在 $y$ 轴，各自列出标准方程；
• 设 $l:x=t$，利用对称性表示两弦端点坐标，化简比例时消去 $\sqrt{a^2-t^2}$ 项；
• 解出 $t$ 后务必回代检验定义域 $-a<t<0$。
• 避坑指南：第 (2) 问切勿直接回答“存在”或“不存在”，必须依据离心率 $e$ 的不同取值范围进行分类说明。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自高等几何中对偶椭圆系与仿射变换下斜率不变量的探索。
• 结论推广：若两共轭/对偶二次曲线在公共轴截面上相交，则垂直于公共对称轴的割线所得弦长之比恒为定值 $1-e^2$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质
• 2013-江苏卷-12 填-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程