1993-新高考理-27 解-椭圆方程的求解

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与定义、坐标系的建立与代数建模。核心在于数形结合法、待定系数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1993年新高考(理)） 在面积为 1 的 $△PMN$ 中，$\tan \angle PMN=\frac{1}{2}$，$\tan \angle MNP=-2$. 建立适当的坐标系，求以 $M,N$ 为焦点且过点 $P$ 的椭圆方程.

🔍【思路分析】

破题导航

建立坐标系：由于椭圆以 $M,N$ 为焦点，最便捷的建系方案是以线段 $MN$ 的中点为原点 $O$，$MN$ 所在的直线为 $x$ 轴，线段 $MN$ 的垂直平分线为 $y$ 轴。设 $M(-c,0)$，$N(c,0)$（其中 $c>0$）。 确定点 $P$ 的坐标与高：

• 设 $P(x_0,y_0)$，不妨设 $y_0>0$，则 $△PMN$ 以 $MN$ 为底边时的高为 $y_0$。
• 由 $\tan \angle PMN=\frac{1}{2}$ 得直线 $PM$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$，即 $\frac{y_0}{x_0+c}=\frac{1}{2}$；由 $\tan \angle MNP=-2<0$ 知 $\angle MNP$ 为钝角，设直线 $PN$ 的倾斜角为 $\theta$，则 $\tan \theta =2$，即 $\frac{y_0}{x_0-c}=2$。联立两式解出 $x_0,y_0,c$ 的比例关系（其中 $x_0>c$，点 $P$ 在点 $N$ 的右侧）。 利用面积定量：由 $S_{△PMN}=\frac{1}{2}\cdot |MN|\cdot y_0=1⟹c\cdot y_0=1$，求出 $c$ 及点 $P$ 的具体坐标。 利用椭圆定义求解方程：根据椭圆定义 $2a=|PM|+|PN|$，算出 $a$，进而由 $b^2=a^2-c^2$ 写出椭圆标准方程。

✅【答案】

Success

$\frac{x^2}{\frac{15}{4}}+\frac{y^2}{3}=1$

✍【详细解析】

Abstract

解： 以线段 $MN$ 的中点为原点 $O$，$MN$ 所在直线为 $x$ 轴建立平面直角坐标系，设 $M(-c,0)$，$N(c,0)$（$c>0$），$P(x_0,y_0)$，不妨设 $y_0>0$．

第一步：用斜率写出点 $P$ 满足的两个关系式． 因为 $\angle PMN$ 是锐角且 $\tan \angle PMN=\frac{1}{2}$，所以直线 $PM$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$，即 $\frac{y_0}{x_0+c}=\frac{1}{2}\text{(1)}$ 又 $\tan \angle MNP=-2<0$，故 $\angle MNP$ 为钝角．设直线 $PN$ 的倾斜角为 $\theta$，则 $\theta =\pi -\angle MNP$，于是 $\tan \theta =\tan (\pi -\angle MNP)=2$ 即直线 $PN$ 的斜率为 $2$，于是 $\frac{y_0}{x_0-c}=2\text{(2)}$

第二步：解出 $x_0,y_0,c$ 的关系． 由①得 $x_0+c=2y_0$，由②得 $x_0-c=\frac{1}{2}{y}_0$．两式相加得 $2x_0=\frac{5}{2}{y}_0$，即 $x_0=\frac{5}{4}{y}_0$；两式相减得 $2c=\frac{3}{2}{y}_0$，即 $c=\frac{3}{4}{y}_0$．

第三步：用面积确定 $y_0$． 因为 $S_{△PMN}=\frac{1}{2}\cdot 2c\cdot y_0=c{y}_0=1$，所以 $\frac{3}{4}{y}_0^2=1⟹y_0^2=\frac{4}{3}$ 结合 $y_0>0$ 得 $y_0=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，于是 $c=\frac{3}{4}\times \frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2},x_0=\frac{5}{4}\times \frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{5\sqrt{3}}{6}$

第四步：由椭圆定义求 $a$，再由 $b^2=a^2-c^2$ 求 $b^2$． $|PM|=\sqrt{{\left(\frac{5\sqrt{3}}{6}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)}^2+\frac{4}{3}}=\sqrt{\frac{16}{3}+\frac{4}{3}}=\sqrt{\frac{20}{3}}=\frac{2\sqrt{15}}{3}$ $|PN|=\sqrt{{\left(\frac{5\sqrt{3}}{6}-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}^2+\frac{4}{3}}=\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{4}{3}}=\sqrt{\frac{5}{3}}=\frac{\sqrt{15}}{3}$ 所以 $2a=|PM|+|PN|=\frac{2\sqrt{15}}{3}+\frac{\sqrt{15}}{3}=\sqrt{15}⟹a^2=\frac{15}{4}$ 又 $c^2=\frac{3}{4}$，故 $b^2=a^2-c^2=\frac{15}{4}-\frac{3}{4}=3$

第五步：写出椭圆方程． 所求椭圆方程为 $\frac{x^2}{\frac{15}{4}}+\frac{y^2}{3}=1\text{即}\frac{4x^2}{15}+\frac{y^2}{3}=1$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：直角坐标系的建立、椭圆的第一定义（$|P{F}_1|+|P{F}_2|=2a$）、解直角三角形及平面向量斜率应用。 核心方法：通过引入参数 $y_0$（高），将所有几何元素（焦距、横坐标、面积）用 $y_0$ 单一变量化表达，从而实现无缝消元。 避坑指南：

• 处理 $\tan \angle MNP=-2$ 时，切勿把直线 $PN$ 的斜率写成 $-2$。$\tan \angle MNP$ 是三角形内角的正切，值为负只能说明该内角为钝角；设直线 $PN$ 的倾斜角为 $\theta$，则 $\theta =\pi -\angle MNP$，故 $\tan \theta =-\tan \angle MNP=2>0$，斜率应为 $2$。
• 算得 $a$ 和 $c$ 后，不要忘记椭圆标准方程中的分母是 $a^2$ 和 $b^2$，并需保证 $b^2=a^2-c^2$ 的关系正确，切勿将 $b^2$ 误算为 $a^2+c^2$。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题将初等平面三角学、几何面积问题与圆锥曲线的定义结合，是解析几何中经典的“解析法证明/求解几何问题”代表，常作为考查数形结合素养的压轴题型。 结论推广：在 $△P{F}_1{F}_2$ 中，若底边为焦点弦 $F_1{F}_2=2c$，两底角分别为 $\alpha$ 和 $\beta$，则点 $P$ 到 $F_1{F}_2$ 的距离（高）$h$，满足 $2c=h(\cot \alpha +\cot \beta )$。利用该几何性质配合椭圆定义，可快捷推广求解任意给定两底角正切值的过顶点椭圆（或双曲线）方程。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 11.04 三角形面积公式

类题演练 (Links)

• 1952-全国-16 填-两边夹角求面积
• 1977-吉林-12 解-椭圆标准方程
• 1977-安徽文-10 解-椭圆基本量