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2024年高考数学北京19

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（15分）已知椭圆方程

$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)$ ，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过

$(0,t)(t > \sqrt{2})$ 的直线

$l$ 与椭圆交于

$A$ ，

$B$ ，

$C(0,1)$ ，连接

$AC$ 交椭圆于

$D$ ．
（1）求椭圆方程和离心率；
（2）若直线

$BD$ 的斜率为0，求

$t$ ．
分析：（1）根据已知条件，结合勾股定理，求出

$b$ ，

$c$ ，再结合椭圆的性质，即可求解；
（2）先设出直线

$AB$ 的方程，并与椭圆的方程联立，再结合韦达定理，以及判别式，即可求解．
解：（1）椭圆方程

$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)$ ，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，
则

$b=c=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$ ，
故

$a^{2}=b^{2}+c^{2}=2$ ，解得

$a=\sqrt{2}$ ；

$a=\sqrt{b^2+c^2}=2$ ，
所以椭圆方程为

$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{2}=1$ ，离心率为

$e=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ；
（2）显然直线

$AB$ 斜率存在，否则

$B$ ，

$D$ 重合，直线

$BD$ 斜率不存在与题意矛盾，
同样直线

$AB$ 斜率不为0，否则直线

$AB$ 与椭圆无交点，矛盾，
设

$AB:y=kx+t$ ，

$(t > \sqrt{2})$ ，

$A(x_{1}$ ，

$y_{1})$ ，

$B(x_{2}$ ，

$y_{2})$ ，
联立

$\left\{\begin{array}{l}{\;y=kx+t}\\ {\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$ ，化简并整理得

$(1+2k^{2})x^{2}+4ktx+2t^{2}-4=0$ ，
由题意可知，△

$=16k^{2}t^{2}-8(2k^{2}+1)(t^{2}-2)=8(4k^{2}+2-t^{2}) > 0$ ，即

$k$ ，

$t$ 应满足

$4k^{2}+2-t^{2} > 0$ ，
由韦达定理可知，

$x_1+x_2=\dfrac{-4kt}{1+2k^2}$ ，

$x_1x_2=\dfrac{2t^2-4}{2k^2+1}$ ，
若直线

$BD$ 斜率为0，由椭圆的对称性可设

$D(-x_{2}$ ，

$y_{2})$ ，
故

$AD:y=\dfrac{y_1-y_2}{x_1+x_2}(x-x_1)+y_1$ ，令

$x=0$ ，
则

${y}_{C}=\dfrac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\dfrac{{x}_{1}(k{x}_{2}+t)+{x}_{2}(k{x}_{1}+t)}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\dfrac{2k{x}_{1}{x}_{2}+t({x}_{1}+{x}_{2})}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\dfrac{4k({t}^{2}-2)}{-4kt}+t=\dfrac{2}{t}=1$ ，解得

$t=2$ ，
此时

$k$ 满足

$\left\{\begin{array}{l}{k\ne 0}\\ {4{k}^{2}+2-{t}^{2}=4{k}^{2}-2 > 0}\end{array}\right.$ ，解得

$k > \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 或

$k < -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ，
综上所述，

$t=2$ 满足题意，此时

$k$ 的取值范围为

$\{k\vert k < -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 或

$k > \dfrac{\sqrt{2}}{2}\}$ ．

点评：本题主要考查直线与椭圆的综合应用，考查转化能力，属于中档题．

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