2024-甲卷理-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。核心在于待定系数法（求方程）、联立方程组法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年甲卷理）设椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的右焦点为 $F$，点 $M(1,\frac{3}{2})$ 在 $C$ 上，且 $MF\perp x$ 轴.

（1）求 $C$ 的方程；

（2）过点 $P(4,0)$ 的直线交 $C$ 于 $A,B$ 两点，$N$ 为线段 $FP$ 的中点，直线 $NB$ 交直线 $MF$ 于点 $Q$，证明：$AQ\perp y$ 轴.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求方程）：由 $MF\perp x$ 轴知，$M$ 点的横坐标即为焦距 $c$，故 $c=1$。将 $M(1,\frac{3}{2})$ 代入椭圆方程，结合 $a^2=b^2+c^2=b^2+1$，建立关于 $b^2$ 的方程并求解。
2. 第二问（几何证明）：

• 确定定点坐标：$F(1,0)$，$P(4,0)$，由中点公式得 $N(\frac{5}{2},0)$。直线 $MF$ 的方程为 $x=1$。
• 联立直线与椭圆：设过 $P(4,0)$ 的直线为 $x=my+4$（此设法可避免斜率不存在的讨论）。联立椭圆方程，利用韦达定理得到 $y_1+y_2$ 与 $y_1{y}_2$。
• 求 $Q$ 点坐标：写出直线 $NB$ 的方程，求其与 $x=1$ 的交点 $Q$ 的纵坐标 $y_Q$。
• 目标转化：证明 $AQ\perp y$ 轴，等价于证明 $y_A=y_Q$，即证 $y_1=y_Q$。通过代数变形验证等式是否成立。

✅【答案】

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(1) $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 因为 $MF\perp x$ 轴，且 $F$ 为右焦点， 所以 $M$ 点的横坐标 $x_M=c=1$。 又点 $M(1,\frac{3}{2})$ 在椭圆 $C$ 上，代入方程得： $\frac{1}{a^2}+\frac{9/4}{b^2}=1\text{(1)}$ 已知 $a^2=b^2+c^2=b^2+1\text{(2)}$ 将 ② 代入 ① 得： $\frac{1}{b^2+1}+\frac{9}{4b^2}=1$ 整理得： $4b^2+9(b^2+1)=4b^2(b^2+1)$ $4b^4-9b^2-9=0⟹(4b^2+3)(b^2-3)=0$ 因为 $b^2>0$，所以 $b^2=3$。 则 $a^2=3+1=4$。 故椭圆 $C$ 的方程为： $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$

（2）证明： 由（1）知 $F(1,0)$。又 $P(4,0)$，$N$ 为 $FP$ 中点，则 $N(\frac{5}{2},0)$。 直线 $MF$ 的方程为 $x=1$。 设直线 $AB$ 的方程为 $x=my+4$，设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$。 联立方程组： $\{\begin{array}{l}x=my+4\\ 3x^2+4y^2=12\end{array}$ 消去 $x$ 得： $3(my+4{)}^2+4y^2=12⟹(3m^2+4)y^2+24my+36=0$ 由韦达定理得： $y_1+y_2=\frac{-24m}{3m^2+4},y_1{y}_2=\frac{36}{3m^2+4}$ 直线 $NB$ 过 $N(\frac{5}{2},0)$ 和 $B(x_2,y_2)$，其方程为： $y-0=\frac{y_2-0}{x_2-\frac{5}{2}}\left(x-\frac{5}{2}\right)$ 点 $Q$ 是该直线与 $x=1$ 的交点，将 $x=1$ 代入上式求 $y_Q$： $y_Q=\frac{y_2}{x_2-\frac{5}{2}}\left(1-\frac{5}{2}\right)=\frac{y_2}{m{y}_2+4-\frac{5}{2}}\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{-3y_2}{2m{y}_2+3}$ 欲证 $AQ\perp y$ 轴，只需证 $A$ 与 $Q$ 的纵坐标相等，即证 $y_1=y_Q$。 亦即证明： $y_1=\frac{-3y_2}{2m{y}_2+3}$ 等价于证明： $2m{y}_1{y}_2+3y_1+3y_2=0$ 将韦达定理代入上述恒等式左边： $2m\left(\frac{36}{3m^2+4}\right)+3\left(\frac{-24m}{3m^2+4}\right)=\frac{72m-72m}{3m^2+4}=0$ 等式显然成立。 所以 $y_1=y_Q$，即 $AQ\perp y$ 轴。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆通径及方程求解、动直线与圆锥曲线的交点问题、韦达定理的代数恒等变形。
2. 核心方法：设直线方程“横截距式”（ $x=my+n$ ）以规避斜率不存在的讨论；将几何垂直关系（ $\perp y$ 轴）转化为代数点坐标相等（ $y_A=y_Q$ ）进行证明。
3. 避坑指南：

• 第二问设直线 $AB$ 时，若设为 $y=k(x-4)$，虽也可行，但会多出 $k=0$ 以及斜率不存在情况的分类讨论，计算量与出错率均会增加。
• 求交点 $Q$ 纵坐标时，务必将 $x_2$ 替换为 $m{y}_2+4$，实现全式关于 $y_2$ 的单变量化简，以便于后续对接韦达定理。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是经典的解析几何定点定线证明题。涉及二次曲线的极点极线理论的特例模型。此类“相交弦与定点连线”的交点轨迹或共线性质在历年高考中高频出现。
2. 结论推广: 在椭圆中，若存在 $x$ 轴上的定点 $P$ 及动弦 $AB$，连接点 $B$ 与另外一个特殊定点（如焦点或中点）交特定直线于点 $Q$。只要该系统的几何构造是对称且齐次的，常能推出 $AQ$ 连线平行于某坐标轴的结论。解此类题的核心逻辑链高度一致：设线 $\to$ 联立 $\to$ 韦达定理 $\to$ 目标点坐标化 $\to$ 恒等式验证。

🔗【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)

• 2013-天津卷理-18 解-椭圆方程与性质
• 2013-新课标I卷理-10 单-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程