2022-上海卷-20 解-椭圆综合

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与几何性质。核心在于待定系数法（求圆锥曲线方程）、分类讨论法（三角形内角可能性的讨论）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年上海卷） 设有椭圆方程 $\Gamma :\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，直线 $l:x+y-4\sqrt{2}=0$，$\Gamma$ 的下端点为 $A$，$M$ 在 $l$ 上，左、右焦点分别为 $F_1(-\sqrt{2},0)$、$F_2(\sqrt{2},0)$。

（1）若 $a=2$，且 $AM$ 中点在 $x$ 轴上，求点 $M$ 的坐标；

（2）设直线 $l$ 与 $y$ 轴交于点 $B$，直线 $AM$ 经过右焦点 $F_2$。若在 $\Delta ABM$ 中有一内角余弦值为 $\frac{3}{5}$，求 $b$ 的值；

（3）若在椭圆 $\Gamma$ 上存在一点 $P$ 到直线 $l$ 的距离为 $d$，使 $|P{F}_1|+|P{F}_2|+d=6$，求随 $a$ 的变化，$d$ 的最小值。

🔍【思路分析】

破题导航

（1）求点坐标：由 $a=2$ 和焦点坐标确定 $b$ 及下端点 $A$ 的坐标。利用“$AM$ 中点在 $x$ 轴上”得出 $M$ 与 $A$ 的纵坐标互为相反数，求出 $y_M$ 后代入直线 $l$ 的方程即可求得 $M$。

（2）三角法解几何元素：先明确 $\Delta ABM$ 中的已知角：直线 $l$ 的倾斜角为 $135^{\circ }$，故 $\angle ABM=45^{\circ }$，其余弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。所以余弦值为 $\frac{3}{5}$ 的角只能是 $\angle BAM$ 或 $\angle BMA$。分两种情况讨论，利用正切值或两角差的余弦公式求出 $\angle BAM$（即 $\angle OA{F}_2$）的正切值，最后在 $Rt\Delta OA{F}_2$ 中利用 $\tan \angle OA{F}_2=\frac{O{F}_2}{OA}$ 即可反求 $b$。

（3）参数方程与最值转化：根据椭圆定义，第一步将条件 $|P{F}_1|+|P{F}_2|=2a$ 转化为 $2a+d=6$，即 $d=6-2a$。第二步，为了建立关于 $a$ 的不等式，设出椭圆的参数方程 $P(a\cos \theta ,b\sin \theta )$。利用点到直线距离公式表达出 $d$，化简后利用辅助角公式合并同类项。结合正弦函数的有界性（$\le 1$）解出 $a$ 的取值范围，进而得到 $d=6-2a$ 的最小值。

✅【答案】

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(1) $M(3\sqrt{2},\sqrt{2})$

(2) $b=\frac{3\sqrt{2}}{4}$ 或 $b=\frac{\sqrt{2}}{7}$

(3) $d$ 的最小值为 $\frac{8}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）计算点 $M$ 的坐标

由左右焦点 $F_1(-\sqrt{2},0),F_2(\sqrt{2},0)$ 可知，半焦距 $c=\sqrt{2}$。

已知 $a=2$，由椭圆性质 $b^2=a^2-c^2$ 得 $b^2=4-2=2$，即 $b=\sqrt{2}$。

所以椭圆方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$。

下端点 $A$ 的坐标为 $(0,-\sqrt{2})$。

设点 $M$ 的坐标为 $(x_M,y_M)$。因为线段 $AM$ 的中点在 $x$ 轴上，所以 $\frac{y_M+(-\sqrt{2})}{2}=0$，解得 $y_M=\sqrt{2}$。

又因为点 $M$ 在直线 $l:x+y-4\sqrt{2}=0$ 上，将 $y_M=\sqrt{2}$ 代入得：

$x_M+\sqrt{2}-4\sqrt{2}=0\Rightarrow x_M=3\sqrt{2}$

所以点 $M$ 的坐标为 $(3\sqrt{2},\sqrt{2})$。

（2）计算 $b$ 的值

由直线 $l:x+y-4\sqrt{2}=0$ 可得，它与 $y$ 轴交点 $B$ 的坐标为 $(0,4\sqrt{2})$。

因为直线 $l$ 的斜率 $k=-1$，倾斜角为 $135^{\circ }$，而 $y$ 轴（即直线 $AB$）的倾斜角为 $90^{\circ }$。

所以直线 $l$ 与 $y$ 轴的夹角 $\angle ABM=135^{\circ }-90^{\circ }=45^{\circ }$。

$\cos \angle ABM=\frac{\sqrt{2}}{2}\ne \frac{3}{5}$。

故 $\Delta ABM$ 中余弦值为 $\frac{3}{5}$ 的角只能是 $\angle BAM$ 或 $\angle BMA$。

因为直线 $AM$ 经过 $F_2(\sqrt{2},0)$，$A$ 在负 $y$ 轴上，$B$ 在正 $y$ 轴上，所以 $\angle BAM$ 与 $\Delta OA{F}_2$ 中的 $\angle OA{F}_2$ 是同一个角。

情况①： 若 $\cos \angle BAM=\frac{3}{5}$。

因为角在三角形中，故 $\sin \angle BAM=\frac{4}{5}$，此时 $\tan \angle BAM=\frac{4}{3}$。

即 $\tan \angle OA{F}_2=\frac{4}{3}$。

在 $Rt\Delta OA{F}_2$ 中，$\tan \angle OA{F}_2=\frac{O{F}_2}{OA}=\frac{\sqrt{2}}{b}$。

所以 $\frac{\sqrt{2}}{b}=\frac{4}{3}\Rightarrow b=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。

情况②： 若 $\cos \angle BMA=\frac{3}{5}$。

此时 $\sin \angle BMA=\frac{4}{5}$。

在 $\Delta ABM$ 中，$\angle BAM=180^{\circ }-(\angle ABM+\angle BMA)=135^{\circ }-\angle BMA$。

根据两角差的余弦公式：

\cos \angle BAM = \cos(135^\circ - \angle BMA) = \cos 135^\circ \cos \angle BMA + \sin 135^\circ \sin \angle BMA$$$$\cos \angle BAM = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \times \frac{3}{5} + \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{4}{5} = \frac{\sqrt{2}}{10}

则 $\sin \angle BAM=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{2}}{10}\right)}^2}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$。

所以 $\tan \angle BAM=\frac{\sin \angle BAM}{\cos \angle BAM}=7$。

即 $\tan \angle OA{F}_2=7\Rightarrow \frac{\sqrt{2}}{b}=7\Rightarrow b=\frac{\sqrt{2}}{7}$。

综上所述，$b=\frac{3\sqrt{2}}{4}$ 或 $\frac{\sqrt{2}}{7}$。

（3）求 $d$ 的最小值

由椭圆的定义知，对于椭圆上任意一点 $P$，都有 $|P{F}_1|+|P{F}_2|=2a$。

代入已知等式 $|P{F}_1|+|P{F}_2|+d=6$，可得 $2a+d=6\Rightarrow d=6-2a$。

设椭圆 $\Gamma$ 的参数方程为 $\{\begin{array}{l}x=a\cos \theta \\ y=b\sin \theta \end{array}$，即点 $P(a\cos \theta ,b\sin \theta )$。

利用点到直线的距离公式，$P$ 到直线 $l:x+y-4\sqrt{2}=0$ 的距离为：

$d=\frac{|a\cos \theta +b\sin \theta -4\sqrt{2}|}{\sqrt{2}}=6-2a$

即 $|a\cos \theta +b\sin \theta -4\sqrt{2}|=6\sqrt{2}-2\sqrt{2}a$。

利用辅助角公式化简左边绝对值内的部分：$a\cos \theta +b\sin \theta =\sqrt{a^2+b^2}\sin (\theta +\phi )$。

由椭圆性质 $c=\sqrt{2}\Rightarrow a^2=b^2+2$，所以 $a^2+b^2=2a^2-2$。

其最大值为 $\sqrt{2a^2-2}$。又因为 $d=6-2a\ge 0\Rightarrow a\le 3$，故最大值 $\sqrt{2a^2-2}\le \sqrt{16}=4<4\sqrt{2}$。

这说明对于椭圆上任意一点，$a\cos \theta +b\sin \theta -4\sqrt{2}<0$ 恒成立（即椭圆整体在直线 $l$ 的左下方）。

所以绝对值可直接去符号变号，得到：

4\sqrt{2} - (a\cos\theta + b\sin\theta) = 6\sqrt{2} - 2\sqrt{2}a$$$$\Rightarrow a\cos\theta + b\sin\theta = 2\sqrt{2}a - 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2}(a-1)

代入前面的辅助角化简形式：

$\sqrt{2a^2-2}\sin (\theta +\phi )=2\sqrt{2}(a-1)$

两边同除以 $\sqrt{2}$：

\sqrt{a^2-1}\sin(\theta + \varphi) = 2(a-1)$$$$\sin(\theta + \varphi) = \frac{2(a-1)}{\sqrt{a^2-1}}

因为正弦函数的取值范围是 $[-1,1]$，要有解则必须满足：

$\left|\frac{2(a-1)}{\sqrt{a^2-1}}\right|⩽1$

又由 $c=\sqrt{2}$ 知 $a>\sqrt{2}$，故 $a-1>0$，两边平方得：

\frac{4(a-1)^2}{a^2-1} \leqslant 1$$$$\frac{4(a-1)}{a+1} \leqslant 1$$$$4a - 4 \leqslant a + 1 \Rightarrow 3a \leqslant 5 \Rightarrow a \leqslant \frac{5}{3}

结合前提 $a>\sqrt{2}$，得到 $a$ 的有效范围是 $\sqrt{2}<a⩽\frac{5}{3}$。

因为 $d=6-2a$，当 $a$ 取得最大值 $\frac{5}{3}$ 时，$d$ 取得最小值。

所以 $d_{min}=6-2\times \frac{5}{3}=\frac{18}{3}-\frac{10}{3}=\frac{8}{3}$。

即 $d$ 的最小值为 $\frac{8}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 夹角的判定：在第（2）问中，遇到“三角形内角余弦值为 $\dots$”时，切勿盲目直接列方程。应该先判断已知直线 $l$ 与两坐标轴构成的角度，排除掉已经确定不符合的角（本题中 $\angle ABM=45^{\circ }$），然后再对剩余的两个角进行分类讨论。

2. 两角和差公式的正负号：利用 $\cos \angle BAM=\cos (135^{\circ }-\angle BMA)$ 展开时，注意 $\cos 135^{\circ }=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，千万不能把负号漏掉，否则算出的结果将是错误的。

3. 去绝对值的严谨性论证：在第（3）问解点到直线距离时会出现绝对值 $|a\cos \theta +b\sin \theta -4\sqrt{2}|$。很多同学凭感觉直接去绝对值，严谨的做法是通过估算 $a\cos \theta +b\sin \theta$ 的最大值（结合隐含条件 $a\le 3$）证明其必然小于 $4\sqrt{2}$，从而确定式子内部恒为负。

4. 椭圆存在性的隐含定义域：本题极易忽略 $a>c$ 的条件。因为已知焦点距离为 $2\sqrt{2}$（即 $c=\sqrt{2}$），必须保证 $a>\sqrt{2}$，这样在解不等式平方去分母时，才能保证不违背原题意。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 17.05 直线与圆的位置关系

类题演练 (Links)

• 2013-江西卷理-20 解-椭圆方程与性质
• 1993-旧高考理-27
• 2006-福建卷理-20 解-向量的数量积运算