2019-上海卷-20 解-椭圆性质

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。核心在于坐标法、公式法（焦点三角形）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年上海卷）已知椭圆 $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，$F_1,F_2$ 为左、右焦点，直线 $l$ 过 $F_2$ 交椭圆于 $A,B$ 两点。

(1)若 $AB$ 垂直于 $x$ 轴时，求 $|AB|$；

(2)当 $\angle F_{1}A{F}_2=90^{\circ }$ 时，$A$ 在 $x$ 轴上方时，求 $A,B$ 的坐标；

(3)若直线 $A{F}_1$ 交 $y$ 轴于 $M$，直线 $B{F}_1$ 交 $y$ 轴于 $N$，是否存在直线 $l$，使 $S_{△F_{1}AB}=S_{△F_{1}MN}$？若存在，求出直线 $l$ 的方程；若不存在，请说明理由。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（通径长）：求出 $F_2$ 坐标，代入 $x=x_{F_2}$ 到椭圆方程，求出 $y$ 值，其绝对值的 2 倍即为弦长。
2. 第二问（特殊位置）：

• 法一（几何法）：利用焦点三角形面积公式 $S=b^2\tan \frac{\theta }{2}$ 快速确定 $A$ 点纵坐标，进而求坐标。
• 法二（代数法）：设 $A(x,y)$，由 $\overrightarrow{A{F}_1}\cdot \overrightarrow{A{F}_2}=0$ 配合椭圆方程建立方程组求解。

3. 第三问（存在性探究）：

• 表达面积：将 $S_{△F_{1}AB}$ 和 $S_{△F_{1}MN}$ 用 $A,B$ 的纵坐标及 $M,N$ 的纵坐标表达。
• 联立方程：设直线 $l:x=my+2$，联立椭圆方程得到韦达定理形式。
• 寻找关联：利用直线 $A{F}_1,B{F}_1$ 的方程求出 $M,N$ 的纵坐标，代入面积相等式化简求解 $m$。

✅【答案】

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(1)$|AB|=2\sqrt{2}$。

(2)$A(0,2)$，$B(\frac{8}{3},-\frac{2}{3})$。

(3)存在，直线 $l$ 的方程为 $x\pm \sqrt{3}y-2=0$。

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 由 $\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$ 得 $a^2=8,b^2=4$，则 $c=\sqrt{a^2-b^2}=2$。 故 $F_1(-2,0),F_2(2,0)$。 当 $AB\perp x$ 轴时，令 $x=2$ 代入椭圆方程： $\frac{4}{8}+\frac{y^2}{4}=1⟹\frac{y^2}{4}=\frac{1}{2}⟹y^2=2⟹y=\pm \sqrt{2}$。 所以 $|AB|=2\sqrt{2}$。

(2)解： 法一： 在焦点三角形 $△A{F}_1{F}_2$ 中，$\theta =90^{\circ }$。 $S_{△F_{1}A{F}_2}=b^2\tan \frac{\theta }{2}=4\times \tan 45^{\circ }=4$。 又 $S_{△F_{1}A{F}_2}=\frac{1}{2}|F_1{F}_2|\cdot |y_A|=\frac{1}{2}\times 4\times |y_A|=2|y_A|$。 则 $2|y_A|=4⟹|y_A|=2$。 代入椭圆方程：$\frac{x^2}{8}+\frac{4}{4}=1⟹x=0$。 因为 $A$ 在 $x$ 轴上方，故 $A(0,2)$。 直线 $l$ 过 $A(0,2)$ 和 $F_2(2,0)$，方程为 $y=-x+2$。 联立 $\{\begin{array}{l}y=-x+2\\ x^2+2y^2=8\end{array}⟹x^2+2(x-2{)}^2=8⟹3x^2-8x=0$。 解得 $x_1=0$ (点 $A$), $x_2=\frac{8}{3}$。 代入 $y=-x+2$ 得 $y_2=-\frac{2}{3}$。 故 $A(0,2),B(\frac{8}{3},-\frac{2}{3})$。

(3)解： 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),M(0,y_3),N(0,y_4)$。 直线 $l$ 过 $F_2(2,0)$，设其方程为 $x=my+2$。 联立 $\{\begin{array}{l}x=my+2\\ x^2+2y^2=8\end{array}⟹(m^2+2)y^2+4my-4=0$。 由韦达定理：$y_1+y_2=-\frac{4m}{m^2+2},y_1{y}_2=-\frac{4}{m^2+2}$。 $S_{△F_{1}AB}=\frac{1}{2}|F_1{F}_2|\cdot |y_1-y_2|=2|y_1-y_2|$。 直线 $A{F}_1$ 方程为 $y=\frac{y_1}{x_1+2}(x+2)$，令 $x=0$ 得 $y_3=\frac{2y_1}{x_1+2}=\frac{2y_1}{m{y}_1+4}$。 同理 $y_4=\frac{2y_2}{m{y}_2+4}$。 $S_{△F_{1}MN}=\frac{1}{2}|F_{1}O|\cdot |y_3-y_4|=|y_3-y_4|$。 若 $S_{△F_{1}AB}=S_{△F_{1}MN}$，即 $2|y_1-y_2|=|y_3-y_4|$。 $|y_3-y_4|=\left|\frac{2y_1}{m{y}_1+4}-\frac{2y_2}{m{y}_2+4}\right|=\left|\frac{8(y_1-y_2)}{(m{y}_1+4)(m{y}_2+4)}\right|=2|y_1-y_2|$。 则 $|(m{y}_1+4)(m{y}_2+4)|=4⟹|m^2{y}_1{y}_2+4m(y_1+y_2)+16|=4$。 代入韦达定理： $\left|\frac{-4m^2}{m^2+2}-\frac{16m^2}{m^2+2}+16\right|=4⟹\left|\frac{-20m^2+16m^2+32}{m^2+2}\right|=4$。 $\frac{|-4m^2+32|}{m^2+2}=4⟹|-m^2+8|=m^2+2$。 解得 $m^2=3$，即 $m=\pm \sqrt{3}$。 所以存在直线 $x\pm \sqrt{3}y-2=0$ 满足题意。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 焦点三角形面积：熟记 $S=b^2\tan \frac{\theta }{2}$ 能极大简化运算，是上海卷解析几何的常用技巧。
• 参数化思想：在处理涉及 $y$ 轴截距的问题时，设直线为 $x=my+2$ 比 $y=k(x-2)$ 更具普适性（不用讨论斜率不存在）。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以补充椭圆焦点三角形的离心率关联公式：

• $\cos \theta =\frac{r_1^2+r_2^2-(2c{)}^2}{2r_1{r}_2}$。
• 进一步推导可得 $\tan \frac{\theta }{2}=\frac{S}{b^2}$，这在处理大题中的角度条件时非常有用。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 11.04 三角形面积公式

类题演练 (Links)

• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程
• 2013-上海卷理-09 填-椭圆方程与性质