2023-乙卷理-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。核心在于参变分离齐次代换法（简化运算技巧）、平移割接坐标化归法（平移简化法）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年乙卷理）已知椭圆 $C : \frac{y ^{2}}{a ^{2}} + \frac{x ^{2}}{b ^{2}} = 1 (a > b > 0)$ 的离心率是 $\frac{5}{3}$ ，点 $A (- 2, 0)$ 在 $C$ 上．

（1）求 $C$ 的方程；

（2）过点 $(- 2, 3)$ 的直线交 $C$ 于 $P, Q$ 两点，直线 $A P, A Q$ 与 $y$ 轴的交点分别为 $M, N$ ，证明：线段 $M N$ 的中点为定点．

🔍【思路分析】

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第一问（求方程）：

根据方程形式，明确该椭圆的焦点在 $y$ 轴上，其 $x$ 轴上的截距为 $\pm b$ 。

已知点 $A (- 2, 0)$ 在椭圆上，直接得出 $b = 2$ 。

结合离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{5}{3}$ 以及 $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ ，列出方程组解出 $a, c$ ，写出标准方程。

第二问（定点证明）：

设直线与联立：设过点 $(- 2, 3)$ 的直线 $P Q$ 的方程为 $y = k (x + 2) + 3$ 。将其与椭圆方程联立，写出关于 $x$ 的一元二次方程，得出韦达定理表达式。

求 $M, N$ 的坐标：利用两点式或点斜式写出直线 $A P$ 的方程，令 $x = 0$ 求出交点 $M$ 的纵坐标 $y_{M}$ 。同理求出 $y_{N}$ 。

代数化简证明：计算线段 $M N$ 中点的纵坐标 $\frac{y _{M} + y _{N}}{2}$ 。在化简过程中，将 $y_{1}$ 替换为 $k (x_{1} + 2) + 3$ ，可以提取出常数项，极大简化运算，最终证得其为定值。

✅【答案】

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(1) $\frac{y ^{2}}{9} + \frac{x ^{2}}{4} = 1$

(2) 证明见解析（线段 $M N$ 的中点为定点 $(0, 3)$ ）

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $C$ 的方程

利用定点求参数 $b$ ：

因为椭圆 $C : \frac{y ^{2}}{a ^{2}} + \frac{x ^{2}}{b ^{2}} = 1$ 经过点 $A (- 2, 0)$ ，代入得：

$\frac{0}{a ^{2}} + \frac{( - 2 ) ^{2}}{b ^{2}} = 1 ⟹ b^{2} = 4$

因为 $b > 0$ ，所以 $b = 2$ ．

利用离心率求参数 $a, c$ ：

已知离心率 $e = \frac{c}{a} = \frac{5}{3}$ ．

结合椭圆的基本关系 $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ ，建立方程组：

$⎩ ⎨ ⎧ b = 2 a^{2} = b^{2} + c^{2} \frac{c}{a} = \frac{5}{3}$

由 $\frac{c}{a} = \frac{5}{3}$ 得 $c^{2} = \frac{5}{9} a^{2}$ ．代入 $a^{2} = 4 + c^{2}$ ：

$a^{2} = 4 + \frac{5}{9} a^{2} ⟹ \frac{4}{9} a^{2} = 4 ⟹ a^{2} = 9$

解得 $a = 3$ （此时 $c = 5$ ）．

结论：

椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{y ^{2}}{9} + \frac{x ^{2}}{4} = 1$ ．

（2）证明线段 $M N$ 的中点为定点

设直线方程并联立：

由题意可知，直线 $P Q$ 过点 $(- 2, 3)$ ，且斜率存在（若斜率不存在，则直线为 $x = - 2$ ，仅与椭圆交于一点 $A$ ，不合题意）．

设直线 $P Q$ 的方程为 $y = k (x + 2) + 3$ ．

设 $P (x_{1}, y_{1}), Q (x_{2}, y_{2})$ ．

联立直线与椭圆方程：

${y = k (x + 2) + 3 9 x^{2} + 4 y^{2} = 36$

消去 $y$ 得： $9 x^{2} + 4 [k (x + 2) + 3]^{2} = 36$ ．

展开整理得：

$(4 k^{2} + 9) x^{2} + 8 k (2 k + 3) x + 16 (k^{2} + 3 k) = 0$

由 $Δ = [8 k (2 k + 3)]^{2} - 4 (4 k^{2} + 9) \cdot 16 (k^{2} + 3 k) = - 1728 k > 0$ ，解得 $k < 0$ ．

写出韦达定理：

$x_1 + x_2 = -\frac{8k(2k + 3)}{4k^2 + 9}$$$$x_1 x_2 = \frac{16(k^2 + 3k)}{4k^2 + 9}$

求 $M, N$ 的坐标：

直线 $A P$ 经过 $A (- 2, 0)$ 和 $P (x_{1}, y_{1})$ ，其方程为：

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

令 $x = 0$ ，得点 $M$ 的纵坐标： $y_{M} = \frac{2 y _{1}}{x _{1} + 2}$ ．

同理，点 $N$ 的纵坐标： $y_{N} = \frac{2 y _{2}}{x _{2} + 2}$ ．

由于 $M, N$ 均在 $y$ 轴上，其中点的纵坐标为 $y_{mi d} = \frac{y _{M} + y _{N}}{2}$ ．

代数化简定值：

将 $y_{1} = k (x_{1} + 2) + 3$ 代入 $y_{M}$ ：

$y_{M} = \frac{2 [ k ( x _{1} + 2 ) + 3 ]}{x _{1} + 2} = 2 k + \frac{6}{x _{1} + 2}$

同理， $y_{N} = 2 k + \frac{6}{x _{2} + 2}$ ．

则 $y_{M} + y_{N} = 4 k + \frac{6}{x _{1} + 2} + \frac{6}{x _{2} + 2} = 4 k + \frac{6 ( x _{1} + 2 + x _{2} + 2 )}{( x _{1} + 2 ) ( x _{2} + 2 )} = 4 k + \frac{6 ( x _{1} + x _{2} + 4 )}{x _{1} x _{2} + 2 ( x _{1} + x _{2} ) + 4}$ ．

将韦达定理结果代入分式部分：

分子部分： $6 [- \frac{8 k ( 2 k + 3 )}{4 k ^{2} + 9} + 4] = 6 (\frac{- 16 k ^{2} - 24 k + 16 k ^{2} + 36}{4 k ^{2} + 9}) = \frac{6 ( 36 - 24 k )}{4 k ^{2} + 9}$ ．

分母部分： $\frac{16 ( k ^{2} + 3 k )}{4 k ^{2} + 9} + 2 [- \frac{8 k ( 2 k + 3 )}{4 k ^{2} + 9}] + 4 = \frac{16 k ^{2} + 48 k - 32 k ^{2} - 48 k + 16 k ^{2} + 36}{4 k ^{2} + 9} = \frac{36}{4 k ^{2} + 9}$ ．

所以分式部分为： $\frac{6 ( 36 - 24 k )}{36} = 6 - 4 k$ ．

综上， $y_{M} + y_{N} = 4 k + (6 - 4 k) = 6$ ．

因此，线段 $M N$ 的中点纵坐标为 $\frac{y _{M} + y _{N}}{2} = \frac{6}{2} = 3$ ．

结论：

线段 $M N$ 的中点横坐标恒为 $0$ （因在 $y$ 轴上），纵坐标恒为 $3$ ．

故线段 $M N$ 的中点为定点 $(0, 3)$ ．

解法二：设点 $B (- 2, 3)$ ， $P (x_{1} - 2, y_{1})$ ，

$Q (x_{2} - 2, y_{2})$ ，

$M (0, y_{3})$ ，

$N (0, y_{4})$ ，

$⎩ ⎨ ⎧ y_{1}^{2} = 9 x_{1} - \frac{9}{4} x_{1}^{2}, y_{2}^{2} = 9 x_{2} - \frac{9}{4} x_{2}^{2} .$

由B、P、Q三点共线得： $\frac{y _{1} - 3}{x _{1}} = \frac{y _{2} - 3}{x _{2}}$ ，

所以 $x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} = 3 (x_{2} - x_{1})$ ，

所以 $x_{1} y_{2} + x_{2} y_{1} = \frac{( x _{1} y _{2} ) ^{2} - ( x _{2} y _{1} ) ^{2}}{x _{1} y _{2} - x _{2} y _{1}} = 3 x_{1} x_{2}$ .

由A、P、M三点共线得： $y_{3} = \frac{2 y _{1}}{x _{1}}$ ；

由A、Q、N三点共线得： $y_{4} = \frac{2 y _{2}}{x _{2}}$ .

所以 $\frac{y _{3} + y _{4}}{2} = \frac{y _{1}}{x _{1}} + \frac{y _{2}}{x _{2}} = \frac{x _{1} y _{2} + x _{2} y _{1}}{x _{1} x _{2}} = 3$ ，

所以线段 $M N$ 的中点是定点 $(0, 3)$ .

（方法三）不妨设 $B (- 2, 3)$ ，

$P (\frac{2 ( 1 - t _{1} ^{2} )}{1 + t _{1} ^{2}}, \frac{6 t _{1}}{1 + t _{1} ^{2}})$ ，

$Q (\frac{2 ( 1 - t _{2} ^{2} )}{1 + t _{2} ^{2}}, \frac{6 t _{2}}{1 + t _{2} ^{2}})$ ，

则直线PQ的方程可以写为 $2 (t_{1} + t_{2}) y - 3 (t_{1} t_{2} - 1) x = 6 (1 + t_{1} t_{2})$ ，

将点B代入得 $t_{1} + t_{2} = 2$ .直线AP的方程可以写为 $y = \frac{3}{2} t_{1} (x + 2)$ ，

令 $x = 0$ ，得 $y_{M} = 3 t_{1}$ ；

直线AQ的方程可以写为 $y = \frac{3}{2} t_{2} (x + 2)$ ，

令 $x = 0$ ，得 $y_{N} = 3 t_{2}$ ；

所以 $\frac{y _{M} + y _{N}}{2} = \frac{3}{2} (t_{1} + t_{2}) = 3$ ，

所以线段 $M N$ 的中点是定点 $(0, 3)$ .

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：纵轴椭圆标准方程的几何量锁定、高阶多项式分式结构在同名变量分离下的降次化简、平移仿射变换对解析代数因式的精简消项。

核心方法：分离常数代换法（避错核心）、平移坐标变换法（提速技巧）。

避坑指南：

第一问顺手写错焦点轴向（极高频翻车点）：由于绝大多数题目中椭圆焦点都在 $x$ 轴，大量考生在看到离心率和点 $A (- 2, 0)$ 后，惯性思维写出 $\frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} = 1$ ，从而得出 $a = 2, b^{2} = ...$ 的错误方程。务必看清题干给出的标准式形式为 $\frac{y ^{2}}{a ^{2}} + \frac{x ^{2}}{b ^{2}} = 1$ ，这已经用强硬的代数结构宣告了此椭圆的实轴在 $y$ 轴上， $x$ 轴顶角对应的是短半轴 $b$ ！

第（2）问联立后分子因式化简失控：如果采用路径一而在求得 $y_{M} = \frac{2 y _{1}}{x _{1} + 2}$ 后直接进行通分，分子会出现 $y_{1} x_{2} + y_{2} x_{1} + 2 (y_{1} + y_{2})$ 。这种异名交叉乘积项在没有经过“分离常数”或“斜率代换”的前提下，会产生多达十多项含有斜率 $k$ 且无法直接套用韦达定理的项，极易导致草稿纸算量崩溃。切记：凡是分母带有 $(x_{0} + c)$ 的交点式，优先利用直线方程把分子上的 $y_{0}$ 展开，实施就地分离常数，这是解析几何大题维持低算量的终极秘诀。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题是2023年全国乙卷理科数学的解析几何大题（第20题），属于极具区分度与抗压能力测试的经典压轴大题。母题模型根植于人教A版教材《选择性必修第一册》第二章“圆锥曲线中的定点与定值问题”章节末尾的深层探究。命题立意宏大，通过人为倒置长短轴位置（焦点在 $y$ 轴），联合外置定点，深度测试考生在面对极具视觉干扰的复杂分式代数式时，进行因式分解与整体重组的纯粹数学代数素养。

结论推广：在相关理论框架下，本题第二问的定点结论并非偶然，它符合圆锥曲线中强大的**“对偶极线切断中点守恒定理”**：设已知椭圆（或任意圆锥曲线）上的一个固定几何顶点为 $A$ 。过空间中与 $A$ 具有相同轴向切线的任意定点 $B$ 引一条动态割线，交曲线于 $P, Q$ 。若直线 $A P, A Q$ 共同切割一根平行于对称轴的固定靶线（本题中为 $y$ 轴）于 $M, N$ 两点。

🔗【关联脉络】

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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)

2014-新课标I卷理-20 解-椭圆方程与性质

2014-四川卷理-20 解-椭圆方程与性质

2014-新课标II卷理-16 填-直线与圆

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