2025_北京卷 (2025)
19．已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，椭圆 $E$ 上的点到两焦点的距离之和为 4 。
（1） 求椭圆 $E$ 的方程；
② 设 $O$ 为坐标原点，点 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)\left(x_{0} \neq 0\right)$ 在椭圆 $E$ 上，直线 $x_{0} x+2 y_{0} y-4=0$ 与直线 $y=2$ ，
$y=-2$ 分别交于点 $A, B$ ．设 $\triangle O A M$ 与 $\square O B M$ 的面积分别为 $S_{1}, S_{2}$ ，比较 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 与 $\frac{|O A|}{|O B|}$ 的大小．
【答案】①$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$
② $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|O A|}{|O B|}$
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出 $a, c$ ，再根据 $a, b, c$ 的关系求出 $b$ ，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点 $A, B$ 坐标，即可求出 $\frac{|O A|}{|O B|}$ ，再根据 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|A M|}{|B M|}$ ，即可得出它们的大小关系。
法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到 $\angle A O M=\angle B O M$ ，再根据三角形的面积公式即可解出。
【小问1详解】
由椭圆可知， $2 a=4$ ，所以 $a=2$ ，又 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ，所以 $c=\sqrt{2}, b^{2}=a^{2}-c^{2}=2$ ，
故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ；
【小问 2 详解】
联立 $\left\{\begin{array}{l}x_{0} x+2 y_{0} y-4=0 \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{array}\right.$ ，消去 $x$ 得，$\left(\frac{4-2 y_{0} y}{x_{0}}\right)^{2}+2 y^{2}=4$ ，
整理得，$\left(2 x_{0}^{2}+4 y_{0}^{2}\right) y^{2}-16 y_{0} y+16-4 x_{0}^{2}=0$ ①，
又 $\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{2}=1$ ，所以 $2 x_{0}^{2}+4 y_{0}^{2}=8,16-4 x_{0}^{2}=8 y_{0}^{2}$ ，
故①式可化简为 $8 y^{2}-16 y_{0} y+8 y_{0}^{2}=0$ ，即 $\left(y-y_{0}\right)^{2}=0$ ，所以 $y=y_{0}$ ，
所以直线 $x_{0} x+2 y_{0} y-4=0$ 与椭圆相切，$M$ 为切点．
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，易知，当 $x_{1}=x_{2}$ 时，由对称性可知，$\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|O A|}{|O B|}$ ．
故设 $X_{2}
联立 $\left\{\begin{array}{l}x_{0} x+2 y_{0} y-4=0 \\ y=-2\end{array}\right.$ ，解得 $x_{2}=\frac{4+4 y_{0}}{x_{0}}, y_{2}=-2$ ，
所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{x_{1}-x_{0}}{x_{0}-x_{2}}=\frac{\frac{4-4 y_{0}}{x_{0}}-x_{0}}{x_{0}-\frac{4+4 y_{0}}{x_{0}}}=\frac{4-4 y_{0}-x_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4 y_{0}-4}$
$$ =\frac{2 y_{0}^{2}-4 y_{0}}{-2 y_{0}^{2}-4 y_{0}}=\frac{2-y_{0}}{2+y_{0}}, $$
$\frac{|O A|}{|O B|}=\frac{\sqrt{\left(\frac{4-4 y_{0}}{x_{0}}\right)^{2}+4}}{\sqrt{\left(\frac{4+4 y_{0}}{x_{0}}\right)^{2}+4}}=\frac{\sqrt{4\left(1-y_{0}\right)^{2}+x_{0}^{2}}}{\sqrt{4\left(1+y_{0}\right)^{2}+x_{0}^{2}}}=\frac{\sqrt{4\left(1-y_{0}\right)^{2}+4-2 y_{0}^{2}}}{\sqrt{4\left(1+y_{0}\right)^{2}+4-2 y_{0}^{2}}}=\frac{\sqrt{y_{0}^{2}-4 y_{0}+4}}{\sqrt{y_{0}^{2}+4 y_{0}+4}}=\frac{2-y_{0}}{2+y_{0}}$,
故 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|O A|}{|O B|}$ 。
法二：不妨设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，易知，当 $x_{1}=x_{2}$ 时，由对称性可知，$\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|O A|}{|O B|}$ 。
故设 $X_{2}
联立 $\left\{\begin{array}{l}x_{0} x+2 y_{0} y-4=0 \\ y=-2\end{array}\right.$ ，解得 $x_{2}=\frac{4+4 y_{0}}{x_{0}}, y_{2}=-2$ ，
则 $k_{O A}=\frac{y_{1}}{x_{1}}=\frac{2 x_{0}}{4-4 y_{0}}=\frac{x_{0}}{2-2 y_{0}}, k_{O B}=\frac{y_{2}}{x_{2}}=\frac{-2 x_{0}}{4+4 y_{0}}=-\frac{x_{0}}{2+2 y_{0}}, k_{O M}=\frac{y_{0}}{x_{0}}$ ，
又 $\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{2}=1$ ，所以 $x_{0}^{2}+2 y_{0}^{2}=4$ ，
所以 $\tan \angle A O M=\frac{k_{O A}-k_{O M}}{1+k_{O A} \cdot k_{O M}}=\frac{\frac{x_{0}}{2-2 y_{0}}-\frac{y_{0}}{x_{0}}}{1+\frac{x_{0}}{2-2 y_{0}} \times \frac{y_{0}}{x_{0}}}$
$$ =-\frac{x_{0}^{2}+2 y_{0}^{2}-2 y_{0}}{x_{0}\left(y_{0}-2\right)}=-\frac{4-2 y_{0}}{x_{0}\left(y_{0}-2\right)}=\frac{2}{x_{0}}, $$
$\tan \angle B O M=\frac{k_{O M}-k_{O B}}{1+k_{O M} \cdot k_{O B}}=\frac{\frac{y_{0}}{x_{0}}+\frac{x_{0}}{2+2 y_{0}}}{1+\frac{y_{0}}{x_{0}} \times\left(-\frac{x_{0}}{2+2 y_{0}}\right)}=\frac{x_{0}^{2}+2 y_{0}^{2}+2 y_{0}}{x_{0}\left(y_{0}+2\right)}=\frac{4+2 y_{0}}{x_{0}\left(y_{0}+2\right)}=\frac{2}{x_{0}}$ ，
则 $\tan \angle A O M=\tan \angle B O M$ ，即 $\angle A O M=\angle B O M$ ，
所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|O A||O M| \sin \angle A O M}{|O B||O M| \sin \angle B O M}=\frac{|O A|}{|O B|}$ ．