2005-福建卷理-21 解-椭圆的标准方程与几何性质

本题导读

本题考查对称中心点代数变换公式、向量积转化为三角形面积模型、直线椭圆联立的通用代数流派。核心在于对称点定椭圆方程与韦达联立。

📌【题干】

Question

（2005年福建卷(理)） 21. 已知方向向量为 $\vec{v}=(1,\sqrt{3})$ 的直线 $l$ 过点 $(0,-2\sqrt{3})$ 和椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>b>0$) 的焦点，且椭圆 $C$ 的中心关于直线 $l$ 的对称点在椭圆 $C$ 的右准线上.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程；

(2) 是否存在过点 $E(-2,0)$ 的直线 $m$ 交椭圆 $C$ 于点 $M、N$，满足 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\frac{4}{3}\sqrt{6}\cot \angle MON\ne 0$ ($O$ 为原点).若存在，求直线 $m$ 的方程；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：

• 根据方向向量 $\vec{v}=(1,\sqrt{3})$ 可知直线 $l$ 的斜率 $k=\sqrt{3}$。结合已知点 $(0,-2\sqrt{3})$ 写出直线 $l$ 的方程。
• 求出直线 $l$ 与 $x$ 轴的交点，该交点即为椭圆的焦点，从而确定 $c$。
• 求出中心 $(0,0)$ 关于直线 $l$ 的对称点坐标。令该对称点的横坐标等于椭圆右准线方程 $x=\frac{a^2}{c}$，联立 $a^2=b^2+c^2$ 解出 $a,b$，即可得到椭圆方程。

2. 第 (2) 问：

• 变形已知条件： $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=|\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{ON}|\cos \angle MON$。
• 结合 $\cot \angle MON=\frac{\cos \angle MON}{\sin \angle MON}$，原式可化简为 $|\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{ON}|\sin \angle MON=\frac{4}{3}\sqrt{6}$。
• 利用三角形面积公式 $S_{△MON}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{ON}|\sin \angle MON$，从而将条件转化为定面积问题 $S_{△MON}=\frac{2}{3}\sqrt{6}$。
• 设直线 $m$ 的方程为 $x=ty-2$ 或 $y=k(x+2)$，联立椭圆方程，利用韦达定理和弦长、点到直线距离公式表示面积，求解参数。

✅【答案】

Success

存在满足条件的直线 $m$，其方程为 $x=-2$ 或 $x-\sqrt{3}y+2=0$ 或 $x+\sqrt{3}y+2=0$

✍【详细解析】

Abstract

解：

• (1) 求椭圆 $C$ 的方程 $\because$ 直线 $l$ 的方向向量为 $\vec{v}=(1,\sqrt{3})$， $\therefore$ 直线 $l$ 的斜率 $k=\sqrt{3}$。 又 $\because$ 直线 $l$ 过点 $(0,-2\sqrt{3})$， $\therefore$ 直线 $l$ 的方程为： $y=\sqrt{3}x-2\sqrt{3}$。 令 $y=0$，解得 $x=2$。 $\because$ 直线 $l$ 过椭圆的焦点，且焦点在 $x$ 轴上， $\therefore c=2$ 焦点坐标为 $(2,0)$。

设中心 $O(0,0)$ 关于直线 $l:\sqrt{3}x-y-2\sqrt{3}=0$ 的对称点为 $O^{\prime }(x_0,y_0)$。 根据对称性质，线段 $O{O}^{\prime }$ 的中点在直线 $l$ 上，且直线 $O{O}^{\prime }$ 与 $l$ 垂直： $\{\begin{array}{l}\frac{y_0-0}{x_0-0}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \sqrt{3}\cdot \frac{x_0}{2}-\frac{y_0}{2}-2\sqrt{3}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{x}_0=-\sqrt{3}{y}_0\\ \sqrt{3}{x}_0-y_0-4\sqrt{3}=0\end{array}$ 将上式代入下式： $\sqrt{3}(-\sqrt{3}{y}_0)-y_0-4\sqrt{3}=0⟹-4y_0=4\sqrt{3}⟹y_0=-\sqrt{3}$。 则 $x_0=-\sqrt{3}\times (-\sqrt{3})=3$。 即对称点坐标为 $O^{\prime }(3,-\sqrt{3})$。

$\because$ 对称点 $O^{\prime }$ 在椭圆的右准线 $x=\frac{a^2}{c}$ 上， $\therefore \frac{a^2}{c}=3⟹\frac{a^2}{2}=3⟹a^2=6$ $\therefore b^2=a^2-c^2=6-4=2$ 故椭圆 $C$ 的方程为： $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$

• (2) 探讨是否存在满足条件的直线 $m$ 由已知条件： $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\frac{4}{3}\sqrt{6}\cot \angle MON$ $⟹|\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{ON}|\cos \angle MON=\frac{4}{3}\sqrt{6}\cdot \frac{\cos \angle MON}{\sin \angle MON}$ $\because \cot \angle MON\ne 0⟹\cos \angle MON\ne 0$，两边同约去 $\cos \angle MON$： $|\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{ON}|\sin \angle MON=\frac{4}{3}\sqrt{6}$

$\because S_{△MON}=\frac{1}{2}|\overrightarrow{OM}||\overrightarrow{ON}|\sin \angle MON$， $\therefore S_{△MON}=\frac{1}{2}\times \frac{4}{3}\sqrt{6}=\frac{2}{3}\sqrt{6}$

设过点 $E(-2,0)$ 的直线 $m$ 方程为 $x=ty-2$。 联立直线 $m$ 与椭圆 $C$ 的方程： $\{\begin{array}{l}x=ty-2\\ \frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}⟹\frac{(ty-2{)}^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1⟹(t^2+3)y^2-4ty-2=0$ 设 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$，由于该二次方程的 $\Delta =16t^2-4(t^2+3)(-2)=24t^2+24>0$ 恒成立， 根据韦达定理： $y_1+y_2=\frac{4t}{t^2+3},y_1{y}_2=\frac{-2}{t^2+3}$

$△MON$ 的面积也可以通过底边 $OE$ 与纵坐标差表示： $S_{△MON}=\frac{1}{2}\cdot |OE|\cdot |y_1-y_2|=\frac{1}{2}\times 2\times |y_1-y_2|=|y_1-y_2|$ 而 $|y_1-y_2|=\sqrt{(y_1+y_2{)}^2-4y_1{y}_2}=\sqrt{{\left(\frac{4t}{t^2+3}\right)}^2-4\left(\frac{-2}{t^2+3}\right)}=\frac{\sqrt{16t^2+8(t^2+3)}}{t^2+3}=\frac{\sqrt{24t^2+24}}{t^2+3}$

令其等于已知面积值： $\frac{\sqrt{24t^2+24}}{t^2+3}=\frac{2}{3}\sqrt{6}$ 两边平方： $\frac{24(t^2+1)}{(t^2+3{)}^2}=\frac{24}{9}⟹\frac{t^2+1}{(t^2+3{)}^2}=\frac{1}{9}$ $9t^2+9=(t^2+3{)}^2⟹t^4-3t^2=0⟹t^2(t^2-3)=0$ 解得 $t=0$ 或 $t=\pm \sqrt{3}$。

检验条件 $\cos \angle MON\ne 0$： $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=x_1{x}_2+y_1{y}_2=(t{y}_1-2)(t{y}_2-2)+y_1{y}_2=(t^2+1)y_1{y}_2-2t(y_1+y_2)+4$ 代入韦达定理： $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=(t^2+1)\left(\frac{-2}{t^2+3}\right)-2t\left(\frac{4t}{t^2+3}\right)+4=\frac{-2t^2-2-8t^2+4t^2+12}{t^2+3}=\frac{10-6t^2}{t^2+3}$

• 当 $t=0$ 时， $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\frac{10}{3}\ne 0$，符合题意。此时直线方程为 $x=-2$。
• 当 $t=\pm \sqrt{3}$ 时， $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=\frac{10-18}{6}=-\frac{4}{3}\ne 0$，符合题意。此时直线方程为 $x\mp \sqrt{3}y+2=0$。 (注：若直线 $m$ 斜率不存在或斜率为0的情况，由上述 $t=0$ 即包含垂直于 $x$ 轴的直线 $x=-2$。若设 $y=k(x+2)$，可同样解得 $k=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ )

综上所述，存在满足条件的直线 $m$，其方程为 $x=-2$ 或 $x-\sqrt{3}y+2=0$ 或 $x+\sqrt{3}y+2=0$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：对称中心点代数变换公式、向量积转化为三角形面积模型、直线椭圆联立的通用代数流派。
2. 避坑指南：

• 化简已知向量式是破题唯一的关键点。如果直接把 $M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$ 的具体坐标代入到极为繁琐的 $\cot$ 夹角公式中，会陷入庞大的四次多项式泥潭。必须抢先通过基本三角恒等变换将公式合并转化为**“面积模型”**，本题方显极简。

📖【试题探源与推广】

Tip

变式练习：将向量条件改为模长或夹角已知，用数量积坐标运算反求参数，体会向量代数的通性通法。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)