2022-北京卷-19 解-椭圆综合

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与性质。核心在于代数法/设线法（韦达定理）、代数法/设点法（斜率参数化）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年北京卷）已知椭圆 $E : \frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1 (a > b > 0)$ 的一个顶点为 $A (0, 1)$ ，焦距为 $23$ ．

（Ⅰ）求椭圆 $E$ 的方程；

（Ⅱ）过点 $P (- 2, 1)$ 作斜率为 $k$ 的直线与椭圆 $E$ 交于不同的两点 $B, C$ ，直线 $A B, A C$ 分别与 $x$ 轴交于点 $M, N$ ．当 $∣ M N ∣ = 2$ 时，求 $k$ 的值．

🔍【思路分析】

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第（Ⅰ）问（求方程）：利用椭圆的基本性质，顶点 $A (0, 1)$ 在 $y$ 轴上，所以 $b = 1$ 。由焦距 $2 c = 23$ 得到 $c = 3$ 。再利用 $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ 即可求出 $a^{2}$ ，进而写出椭圆方程。

第（Ⅱ）问（核心大题）：

解法一（通法）：设出直线 $B C$ 的方程 $y - 1 = k (x + 2)$ ，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理。由于已知点 $A (0, 1)$ ，可以表示出直线 $A B, A C$ 的方程，进而求出它们在 $x$ 轴上的截距即点 $M, N$ 的横坐标。利用 $∣ x_{M} - x_{N} ∣ = 2$ 列出关于 $k$ 的方程，结合韦达定理将式子用 $k$ 表达并化简，最终解出 $k$ 。

解法二（巧解）：逆向思维。因为点 $A$ 是椭圆的顶点，过 $A$ 的直线与椭圆相交时，联立方程会缺常数项，可以直接解出交点坐标（单根求解）。因此，不妨设直线 $A B, A C$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$ 。利用 $∣ M N ∣ = 2$ 可以建立 $k_{1}, k_{2}$ 的一个关系；再利用 $P, B, C$ 三点共线（即 $k_{P B} = k_{P C}$ ），建立 $k_{1}, k_{2}$ 的另一个关系。两式联立即可解出斜率，进而求得 $k$ 。

✅【答案】

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

(2) $k = - 4$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）求椭圆 $E$ 的方程

由题意可知，椭圆的短轴顶点为 $A (0, 1)$ ，故 $b = 1$ 。

因为焦距为 $23$ ，所以 $2 c = 23$ ，解得 $c = 3$ 。

根据椭圆的性质 $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ ，可得 $a^{2} = 1^{2} + (3)^{2} = 4$ 。

所以，椭圆 $E$ 的方程为：

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

（Ⅱ）求 $k$ 的值

解法一：常规联立与韦达定理法

设过点 $P (- 2, 1)$ 且斜率为 $k$ 的直线方程为 $y - 1 = k (x + 2)$ ，即 $y = k x + 2 k + 1$ 。

设点 $B (x_{1}, y_{1})$ ， $C (x_{2}, y_{2})$ 。

将直线方程代入椭圆方程 $\frac{x ^{2}}{4} + y^{2} = 1$ ，化简得：

$x^{2} + 4 (k x + 2 k + 1)^{2} = 4$

展开整理得：

$(1 + 4 k^{2}) x^{2} + (16 k^{2} + 8 k) x + 16 k^{2} + 16 k = 0$

因为直线与椭圆交于不同的两点，所以判别式 $Δ > 0$ ：

$Δ = (16 k^{2} + 8 k)^{2} - 4 (1 + 4 k^{2}) (16 k^{2} + 16 k) = - 64 k > 0$

解得 $k < 0$ 。

由韦达定理得：

$x_{1} + x_{2} = - \frac{16 k ^{2} + 8 k}{1 + 4 k ^{2}}, x_{1} x_{2} = \frac{16 k ^{2} + 16 k}{1 + 4 k ^{2}}$

因为 $A (0, 1)$ ， $B (x_{1}, y_{1})$ ，所以直线 $A B$ 的斜率 $k_{A B} = \frac{y _{1} - 1}{x _{1}}$ 。

直线 $A B$ 的方程为 $y - 1 = \frac{y _{1} - 1}{x _{1}} x$ 。

令 $y = 0$ ，解得点 $M$ 的横坐标 $x_{M} = \frac{- x _{1}}{y _{1} - 1}$ 。

因为点 $B$ 在直线 $l$ 上，所以 $y_{1} - 1 = k (x_{1} + 2)$ ，代入上式得：

$x_{M} = \frac{x _{1}}{- k ( x _{1} + 2 )}$

同理，点 $N$ 的横坐标 $x_{N} = \frac{x _{2}}{- k ( x _{2} + 2 )}$ 。

由题意 $∣ M N ∣ = 2$ ，即 $∣ x_{M} - x_{N} ∣ = 2$ ：

$|MN| = \left| \frac{x_1}{-k(x_1 + 2)} - \frac{x_2}{-k(x_2 + 2)} \right| = \left| \frac{1}{k} \left( \frac{x_2}{x_2 + 2} - \frac{x_1}{x_1 + 2} \right) \right|$$$$= \left| \frac{1}{k} \cdot \frac{2(x_2 - x_1)}{(x_1 + 2)(x_2 + 2)} \right| = \left| \frac{1}{k} \cdot \frac{2\sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1 x_2}}{x_1 x_2 + 2(x_1 + x_2) + 4} \right|$

先计算分母：

$x_{1} x_{2} + 2 (x_{1} + x_{2}) + 4 = \frac{16 k ^{2} + 16 k}{1 + 4 k ^{2}} + \frac{- 32 k ^{2} - 16 k}{1 + 4 k ^{2}} + \frac{4 + 16 k ^{2}}{1 + 4 k ^{2}} = \frac{4}{1 + 4 k ^{2}}$

再计算分子中的根式部分：

$(x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2} = \frac{Δ}{1 + 4 k ^{2}} = \frac{- 64 k}{1 + 4 k ^{2}}$

将分母和分子代入 $∣ M N ∣$ 的表达式中：

$∣ M N ∣ = \frac{2}{k} \cdot \frac{\frac{- 64 k}{1 + 4 k ^{2}}}{\frac{4}{1 + 4 k ^{2}}} = \frac{2}{k} \cdot \frac{- 64 k}{4} = \frac{4 - k}{k} = \frac{4 - k}{- k} = \frac{4}{- k}$

（注：因为 $k < 0$ ，所以 $∣ k ∣ = - k$ ）

令 $\frac{4}{- k} = 2$ ，解得 $- k = 2$ ，即 $- k = 4$ 。

所以 $k = - 4$ 。

解法二：斜率参数化法（点乘双根/设点单根法）

因为点 $M, N$ 在 $x$ 轴上且 $∣ M N ∣ = 2$ ，不妨设 $M$ 位于 $N$ 的左边。

设 $M (t, 0)$ ，则 $N (t + 2, 0)$ 或者 $N (t - 2, 0)$ 。此处以 $N (t + 2, 0)$ 为例进行推导（由于对称性，结果相同）。

点 $A (0, 1)$ ，设直线 $A B, A C$ 的斜率分别为 $k_{1}, k_{2}$ ，则：

$k_1 = k_{AM} = \frac{0 - 1}{t - 0} = -\frac{1}{t} \implies \frac{1}{k_1} = -t$$$$k_2 = k_{AN} = \frac{0 - 1}{t + 2 - 0} = -\frac{1}{t + 2} \implies \frac{1}{k_2} = -t - 2$

两式相减得 $\frac{1}{k _{1}} - \frac{1}{k _{2}} = 2$ 。（这是 $∣ M N ∣ = 2$ 的斜率转化形式）

设直线 $A B$ 的方程为 $y = k_{1} x + 1$ 。

将其代入椭圆方程 $\frac{x ^{2}}{4} + y^{2} = 1$ ，得 $x^{2} + 4 (k_{1} x + 1)^{2} = 4$ ：

$(1 + 4 k_{1}^{2}) x^{2} + 8 k_{1} x = 0$

因为 $A (0, 1)$ 的横坐标 $x = 0$ 是该方程的一个根，所以点 $B$ 的横坐标为非零根：

$x_{B} = \frac{- 8 k _{1}}{1 + 4 k _{1}^{2}}$

将其代入 $y = k_{1} x + 1$ 得：

$y_{B} = \frac{- 8 k _{1}^{2}}{1 + 4 k _{1}^{2}} + 1 = \frac{1 - 4 k _{1}^{2}}{1 + 4 k _{1}^{2}}$

即 $B (\frac{- 8 k _{1}}{1 + 4 k _{1}^{2}}, \frac{1 - 4 k _{1}^{2}}{1 + 4 k _{1}^{2}})$ 。同理可得 $C (\frac{- 8 k _{2}}{1 + 4 k _{2}^{2}}, \frac{1 - 4 k _{2}^{2}}{1 + 4 k _{2}^{2}})$ 。

因为直线 $l$ 经过点 $P (- 2, 1)$ 、 $B$ 、 $C$ ，所以 $P, B, C$ 三点共线，即 $k_{P B} = k_{P C} = k$ 。

$k_{P B} = \frac{y _{B} - 1}{x _{B} + 2} = \frac{\frac{1 - 4 k _{1}^{2}}{1 + 4 k _{1}^{2}} - 1}{\frac{- 8 k _{1}}{1 + 4 k _{1}^{2}} + 2} = \frac{- 8 k _{1}^{2}}{- 8 k _{1} + 2 + 8 k _{1}^{2}} = \frac{- 4 k _{1}^{2}}{4 k _{1}^{2} - 4 k _{1} + 1} = \frac{- 4 k _{1}^{2}}{( 2 k _{1} - 1 ) ^{2}}$

同理 $k_{P C} = \frac{- 4 k _{2}^{2}}{( 2 k _{2} - 1 ) ^{2}}$ 。

由 $k_{P B} = k_{P C}$ 得：

$\frac{- 4 k _{1}^{2}}{( 2 k _{1} - 1 ) ^{2}} = \frac{- 4 k _{2}^{2}}{( 2 k _{2} - 1 ) ^{2}} ⟹ (\frac{k _{1}}{2 k _{1} - 1})^{2} = (\frac{k _{2}}{2 k _{2} - 1})^{2}$

即 $\frac{k _{1}}{2 k _{1} - 1} = \frac{k _{2}}{2 k _{2} - 1}$ 或 $\frac{k _{1}}{2 k _{1} - 1} = - \frac{k _{2}}{2 k _{2} - 1}$ 。

若 $\frac{k _{1}}{2 k _{1} - 1} = \frac{k _{2}}{2 k _{2} - 1}$ ，解得 $k_{1} = k_{2}$ （舍去，因为 $B, C$ 是不同的两点）。

若 $\frac{k _{1}}{2 k _{1} - 1} = - \frac{k _{2}}{2 k _{2} - 1}$ ，交叉相乘得： $k_{1} (2 k_{2} - 1) = - k_{2} (2 k_{1} - 1)$

展开得 $2 k_{1} k_{2} - k_{1} = - 2 k_{1} k_{2} + k_{2} ⟹ 4 k_{1} k_{2} = k_{1} + k_{2}$ 。

两边同除以 $k_{1} k_{2}$ ，得：

$\frac{1}{k _{1}} + \frac{1}{k _{2}} = 4$

联立之前得到的 $\frac{1}{k _{1}} - \frac{1}{k _{2}} = 2$ ：

解得 $\frac{1}{k _{1}} = 3 ⟹ k_{1} = \frac{1}{3}$ 。

最后，求所求的斜率 $k$ ：

$k = k_{P B} = \frac{- 4 k _{1}^{2}}{( 2 k _{1} - 1 ) ^{2}} = \frac{- 4 \times ( \frac{1}{3} ) ^{2}}{( 2 \times \frac{1}{3} - 1 ) ^{2}} = \frac{- \frac{4}{9}}{( - \frac{1}{3} ) ^{2}} = \frac{- \frac{4}{9}}{\frac{1}{9}} = - 4$

（注：若初设 $N (t - 2, 0)$ ，则解得 $k_{1} = 1$ ，代入后同样可得 $k = - 4$ ）

💡【考点归纳与避坑指南】

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技巧拓展：

处理绝对值（距离）的利器：在解法一中，处理 $∣ M N ∣ = \frac{x _{1}}{- k ( x _{1} + 2 )} - \frac{x _{2}}{- k ( x _{2} + 2 )}$ 时，通分是极其关键的一步。只要化为 $∣ x_{1} - x_{2} ∣$ 的形式，就能无缝衔接韦达定理的 $(x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2}$ ，这是圆锥曲线硬解法中必须熟练掌握的代数变形基本功。

“以点代线”的简化处理：解法二体现了解析几何中高级的“斜率参数化”思想。当直线过圆锥曲线上的已知点（本题为点 $A$ ）时，设出直线方程（ $y = k_{1} x + 1$ ）代入二次曲线后，常数项必定消掉，从而可以将一元二次方程简化成“单根求解”，免去了庞大复杂的韦达定理和求判别式的过程。这种思路在遇到“定点在曲线上”的题目时，往往能发挥奇效，极大地减少计算量！

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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-重庆卷理-21 解-椭圆方程与性质

2021-天津卷-18 解-椭圆综合

2013-北京卷理-11 填-切割线定理

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