2006-浙江卷理-19 解-椭圆与直线相切及角相等证明

本题导读

本题考查椭圆标准方程的求法与直线和椭圆相切的条件。第一问把「有且只有一个公共点」转化为「联立后判别式为零」，并先用离心率把 $a^2$ 与 $b^2$ 归一，只留一个参数；第二问证明两角相等，只需说明它们同为锐角并算出各自的正切值。

📌【题干】

Question

（2006年浙江卷(理)） 如图，椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）与过点 $A(2,0)$、$B(0,1)$ 的直线有且只有一个公共点 $T$，且椭圆的离心率 $e=\frac{\sqrt{3}}{2}$．

（1）求椭圆方程；

（2）设 $F_1$、$F_2$ 分别为椭圆的左、右焦点，$M$ 为线段 $A{F}_2$ 的中点，求证：$\angle ATM=\angle A{F}_{1}T$．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 先用离心率归一参数：由 $e=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $c^2=\frac{3}{4}{a}^2$，于是 $b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}{a}^2$。设 $b^2=m$，则 $a^2=4m$，两个参数合成一个。
2. 把「只有一个公共点」翻译成判别式为零：直线方程 $x+2y-2=0$ 解出 $x$ 代入椭圆，得到关于 $y$ 的二次方程，令 $\Delta =0$ 即可定出 $m$；重根就是切点 $T$ 的坐标。
3. 证角相等走「比较正切值」：$\angle A{F}_{1}T$ 在直角三角形里直接读正切；$\angle ATM$ 用两条直线的夹角公式。两者均为锐角，正切相等即角相等。

✅【答案】

Success

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

（2）见解析，$\tan \angle ATM=\tan \angle A{F}_{1}T=\frac{\sqrt{6}-2}{2}$。

✍【详细解析】

Abstract

（1）求椭圆方程

由 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $c^2=\frac{3}{4}{a}^2$，故 $b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}{a}^2$ 设 $b^2=m$，则 $a^2=4m$，椭圆为 \frac{x^2}{4m}+\frac{y^2}{m}=1\tag{1}

过 $A(2,0)$、$B(0,1)$ 的直线方程为 \frac{x}{2}+y=1\ \Longrightarrow\ x=2-2y\tag{2}

把 (2) 代入 (1)： $\frac{(2-2y{)}^2}{4m}+\frac{y^2}{m}=1⟹\frac{1-2y+y^2+y^2}{m}=1$ 整理得 2y^2-2y+1-m=0\tag{3}

直线与椭圆有且只有一个公共点，等价于 (3) 有两个相等的实根： $\Delta =(-2{)}^2-4\times 2\times (1-m)=0⟹m=\frac{1}{2}$ 于是 $b^2=\frac{1}{2}$，$a^2=2$，所求椭圆方程为 $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{\frac{1}{2}}=1\text{即}\frac{x^2}{2}+2y^2=1$

把 $m=\frac{1}{2}$ 代回 (3) 得 $2y^2-2y+\frac{1}{2}=0$，即 $y=\frac{1}{2}$（重根），再由 (2) 得 $x=1$，故切点 $T\left(1,\frac{1}{2}\right)$

检验：$\frac{1^2}{2}+2\times \frac{1}{4}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$，$T$ 确在椭圆上。

（2）证明 $\angle ATM=\angle A{F}_{1}T$

由 $a^2=2$、$b^2=\frac{1}{2}$ 得 $c^2=\frac{3}{2}$，$c=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以 $F_1\left(-\frac{\sqrt{6}}{2},0\right),F_2\left(\frac{\sqrt{6}}{2},0\right)$ 又 $A(2,0)$，$M$ 是 $A{F}_2$ 的中点，故 $M\left(\frac{2+\frac{\sqrt{6}}{2}}{2},0\right)=\left(1+\frac{\sqrt{6}}{4},0\right)$

① 算 $\tan \angle A{F}_{1}T$。 射线 $F_{1}A$ 沿 $x$ 轴正方向，所以 $\angle A{F}_{1}T$ 就是直线 $F_{1}T$ 与 $x$ 轴的夹角。而 $k_{F_{1}T}=\frac{\frac{1}{2}-0}{1-\left(-\frac{\sqrt{6}}{2}\right)}=\frac{1}{2+\sqrt{6}}$ 于是 $\tan \angle A{F}_{1}T=\frac{1}{2+\sqrt{6}}=\frac{2-\sqrt{6}}{4-6}=\frac{\sqrt{6}-2}{2}$

② 算 $\tan \angle ATM$。 顶点在 $T$，两边分别沿 $\overrightarrow{TA}$、$\overrightarrow{TM}$： $k_{TA}=\frac{0-\frac{1}{2}}{2-1}=-\frac{1}{2},k_{TM}=\frac{0-\frac{1}{2}}{\left(1+\frac{\sqrt{6}}{4}\right)-1}=\frac{-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{6}}{4}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}$ 由两条直线的夹角公式 $\tan \angle ATM=\left|\frac{k_{TA}-k_{TM}}{1+k_{TA}{k}_{TM}}\right|=\frac{\left|-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{6}}{3}\right|}{1+\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)}=\frac{\frac{2\sqrt{6}-3}{6}}{\frac{6+\sqrt{6}}{6}}=\frac{2\sqrt{6}-3}{6+\sqrt{6}}$ 分母有理化： $\frac{2\sqrt{6}-3}{6+\sqrt{6}}=\frac{(2\sqrt{6}-3)(6-\sqrt{6})}{36-6}=\frac{15\sqrt{6}-30}{30}=\frac{\sqrt{6}-2}{2}$

③ 结论。 由于 $\frac{\sqrt{6}-2}{2}>0$，两个角都是锐角；正切值相等且都在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 内，故 $\angle ATM=\angle A{F}_{1}T$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：椭圆标准方程与离心率的换算、直线与圆锥曲线相切的条件、两角相等的证明路径。
• 核心方法：设线联立代数法（联立后用判别式）、几何综合分析法（用斜率与夹角公式转化角的关系）。
• 避坑指南：
  • 第（1）问不要一上来设 $a,b$ 两个参数。离心率已经把 $a^2$ 与 $b^2$ 的比固定住，只留一个参数才解得动。
  • 「有且只有一个公共点」既可能是相切，也可能是直线平行于某条对称轴而与椭圆交于一点（本图直线不竖直，不涉及），讨论时要点明联立后是一次方程还是二次方程。
  • 第（2）问证明两角相等，必须交代两角都是锐角，否则正切相等只能推出「相等或互补」。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：切线条件是圆锥曲线的经典入口，本题把「相切」与「椭圆几何量」结合，再以角相等收尾，是浙江卷解答题的中档配置。
2. 结论推广：若 $l$ 与椭圆相切于 $T(x_0,y_0)$，则 $l$ 的方程为 $\frac{x_{0}x}{a^2}+\frac{y_{0}y}{b^2}=1$。本题取 $T\left(1,\frac{1}{2}\right)$、$a^2=2$、$b^2=\frac{1}{2}$，得 $\frac{x}{2}+y=1$，恰是直线 $AB$，可用来快速验算切点。
3. 方法推广：证明两角相等常用三条路——转化为斜率关系（$k_1=k_2$ 或 $k_1{k}_2=-1$）、用夹角公式比正切、用正弦定理比边。本题走第二条最省力。

🔗【关联脉络】

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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)

• 2015-浙江卷理-19 解-椭圆性质
• 2015-浙江卷文-19 解-抛物线切线