2024_北京卷 (2024)
19．已知椭圆方程 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ ，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 $A C$ 交椭圆于 $D$ ．
（1）求椭圆方程和离心率；
（2）若直线 $B D$ 的斜率为 0 ，求 $t$ ．
【答案】①$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1, e=\frac{\sqrt{2}}{2}$
②$t=2$
## 【解析】
【分析】①由题意得 $b=c=\sqrt{2}$ ，进一步得 $a$ ，由此即可得解；
（2）说明直线 $A B$ 斜率存在，设 $A B: y=k x+t,(t>\sqrt{2}), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，联立椭圆方程，由韦达定理有 $x_{1}+x_{2}=\frac{-4 k t}{1+2 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{2 t^{2}-4}{2 k^{2}+1}$ ，而 $A D: y=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}+x_{2}}\left(x-x_{1}\right)+y_{1}$ ，令 $x=0$ ，即可得解．
## 【小问 1 详解】
由题意 $b=c=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$ ，从而 $a=\sqrt{b^{2}+c^{2}}=2$ ，
所以椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ，离心率为 $e=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ；
## 【小问 2 详解】
显然直线 $A B$ 斜率存在，否则 $B, D$ 重合，直线 $B D$ 斜率不存在与题意不符，
同样直线 $A B$ 斜率不为 0 ，否则直线 $A B$ 与椭圆无交点，矛盾，
从而设 $A B: y=k x+t,(t>\sqrt{2}), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，
联立 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1 \\ y=k x+t\end{array}\right.$ ，化简并整理得 $\left(1+2 k^{2}\right) x^{2}+4 k t x+2 t^{2}-4=0$ ，
由题意 $\Delta=16 k^{2} t^{2}-8\left(2 k^{2}+1\right)\left(t^{2}-2\right)=8\left(4 k^{2}+2-t^{2}\right)>0$ ，即 $k, t$ 应满足 $4 k^{2}+2-t^{2}>0$ ，
所以 $x_{1}+x_{2}=\frac{-4 k t}{1+2 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{2 t^{2}-4}{2 k^{2}+1}$ ，
若直线 $B D$ 斜率为 0 ，由椭圆的对称性可设 $D\left(-x_{2}, y_{2}\right)$ ，
所以 $A D: y=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}+x_{2}}\left(x-x_{1}\right)+y_{1}$ ，在直线 $A D$ 方程中令 $x=0$ ，
得 $y_{C}=\frac{x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}}{x_{1}+x_{2}}=\frac{x_{1}\left(k x_{2}+t\right)+x_{2}\left(k x_{1}+t\right)}{x_{1}+x_{2}}=\frac{2 k x_{1} x_{2}+t\left(x_{1}+x_{2}\right)}{x_{1}+x_{2}}=\frac{4 k\left(t^{2}-2\right)}{-4 k t}+t=\frac{2}{t}=1$ ，
所以 $t=2$ ，
此时 $k$ 应满足 $\left\{\begin{array}{l}4 k^{2}+2-t^{2}=4 k^{2}-2>0 \\ k \neq 0\end{array}\right.$ ，即 $k$ 应满足 $k<-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $k>\frac{\sqrt{2}}{2}$,
综上所述，$t=2$ 满足题意，此时 $k<-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 $k>\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．