2017-北京卷文-19 解-椭圆

本题导读

考查椭圆方程的求法及圆锥曲线中的直线综合位置关系、面积比问题，属于高考压轴题之一。

📌【题干】

Question

（2017年北京卷(文)） 已知椭圆 $C$ 的两个顶点分别为 $A(-2,0)$，$B(2,0)$，焦点在 $x$ 轴上，离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程；

(2) 点 $D$ 为 $x$ 轴上一点，过 $D$ 作 $x$ 轴的垂线交椭圆 $C$ 于不同的两点 $M$，$N$，过 $D$ 作 $AM$ 的垂线交 $BN$ 于点 $E$.求证：$△BDE$ 与 $△BDN$ 的面积之比为 $4:5$.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：根据顶点坐标求出 $a=2$，结合离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 求出 $c$ 与 $b$，进而写出椭圆方程。
2. 第(2)问：设点 $D(t,0)$（其中 $-2<t<2$ 且 $t\ne 0$），则点 $M$ 和 $N$ 的横坐标为 $t$，代入椭圆方程求出纵坐标，利用直线斜率关系及垂直条件表示出点 $E$ 的纵坐标，最后利用同底三角形面积比等于高（纵坐标绝对值）之比进行证明。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{4}+y^2=1$

(2) 证明见解析（面积比为 $4:5$）

✍【详细解析】

Abstract

(1) 由题意知，椭圆 $C$ 的两个顶点为 $A(-2,0)$，$B(2,0)$，且焦点在 $x$ 轴上， 可得半长轴 $a=2$。 因为离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$， 所以 $c=a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。 从而半短轴 $b^2=a^2-c^2=2^2-(\sqrt{3}{)}^2=4-3=1$。 因此，椭圆 $C$ 的标准方程为： $\frac{x^2}{4}+y^2=1$。

(2) 证明： 设点 $D(t,0)$，其中 $-2<t<2$ 且 $t\ne 0$。 过 $D$ 作 $x$ 轴的垂线交椭圆 $C$ 于 $M,N$ 两点， 设 $M\left(t,y_0\right)$，则 $N\left(t,-y_0\right)$（其中 $y_0=\sqrt{1-\frac{t^2}{4}}$）。 已知 $A(-2,0)$，$B(2,0)$， 则直线 $AM$ 的斜率 $k_{AM}=\frac{y_0-0}{t-(-2)}=\frac{y_0}{t+2}$。 因为过点 $D$ 作 $AM$ 的垂线，所以过点 $D$ 的垂线段（即直线 $DE$）的斜率为： $k_{DE}=-\frac{1}{k_{AM}}=-\frac{t+2}{y_0}$。 因此，直线 $DE$ 的方程为： $y-0=-\frac{t+2}{y_0}(x-t)$。 直线 $BN$ 经过点 $B(2,0)$ 和 $N(t,-y_0)$，其斜率为： $k_{BN}=\frac{-y_0-0}{t-2}=\frac{y_0}{2-t}$。 故直线 $BN$ 的方程为： $y-0=\frac{y_0}{2-t}(x-2)$。 点 $E$ 是直线 $DE$ 与直线 $BN$ 的交点，联立两直线方程求解点 $E$ 的纵坐标 $y_E$： 由 $x-t=-\frac{y_0}{t+2}y$ 可得 $x=t-\frac{y_0}{t+2}y$。 代入直线 $BN$ 的方程 $y=\frac{y_0}{2-t}(x-2)$ 中： $y=\frac{y_0}{2-t}\left(t-\frac{y_0}{t+2}y-2\right)=\frac{y_0}{2-t}\left[(t-2)-\frac{y_0}{t+2}y\right]$。 注意到 $\frac{t-2}{2-t}=-1$，上式可化简为： $y=y_0\left(-1-\frac{y_0}{(2-t)(t+2)}y\right)=-y_0-\frac{y_0^2}{4-t^2}y$。 由椭圆方程知 $y_0^2=1-\frac{t^2}{4}=\frac{4-t^2}{4}$， 代入得： $\frac{y_0^2}{4-t^2}=\frac{1}{4}$。 因此 $y=-y_0-\frac{1}{4}y$，即 $\frac{5}{4}y=-y_0$，解得点 $E$ 的纵坐标为： $y_E=-\frac{4}{5}{y}_0$。 在 $△BDE$ 和 $△BDN$ 中，它们有共同的底边 $BD$， 所以它们的面积之比等于对应的高（即纵坐标的绝对值）之比： $\frac{S_{△BDE}}{S_{△BDN}}=\frac{|y_E|}{|-y_0|}=\frac{\frac{4}{5}{y}_0}{y_0}=\frac{4}{5}$。 故 $△BDE$ 与 $△BDN$ 的面积之比为 $4:5$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：圆锥曲线中直线方程、交点坐标及面积比问题。
2. 核心方法：设参数法、联立直线方程消元法。
3. 避坑指南：在处理交点坐标时，灵活利用 $y_0^2=1-\frac{t^2}{4}$ 进行整体代换，可大幅简化代数运算。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考解析几何压轴题中常见的几何性质与面积比例综合探究题。
2. 结论推广: 此类垂直与交点问题往往具有定值或固定比例特征，可通过仿射变换或坐标参数化统一解决。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

类题演练 (Links)

• 2015-新课标II卷文-20 解-椭圆
• 2023-新高考II卷-05 单-椭圆
• 1952-全国-24 解-由两点求椭圆长短线与焦点