【数学】2020届一轮复习（理）通用版9-3椭圆及其性质作业
9.3 椭圆及其性质
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
1.椭圆的定义及标准方程
掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单性质
2014课标Ⅰ,20,12分
求椭圆的方程
三角形面积最值
★★★
2.椭圆的几何性质
2018课标Ⅱ,12,5分
求椭圆离心率
直线方程
★★★
2017课标Ⅲ,10,5分
求椭圆离心率
直线与圆的位置关系
2016课标Ⅲ,11,5分
求椭圆离心率
线段中点坐标公式、三点共线
3.直线与椭圆的位置关系
2018课标Ⅲ,20,12分
直线与椭圆的位置关系
向量坐标运算、等差数列
★★★
分析解读 从近5年高考情况来看,椭圆的定义、标准方程、几何性质一直是高考命题的热点,其中离心率问题考查较频繁,对直线与椭圆的位置关系的考查,常与向量、圆、三角形等知识相结合,多以解答题的形式出现,解题时,要充分利用数形结合、转化与化归思想,注重数学思想在解题中的指导作用.
破考点
【考点集训】
考点一 椭圆的定义及标准方程
1.(2018湖北十堰十三中质检,6)一个椭圆的中心在原点,焦点F1,F2在x轴上,P(2,3)是椭圆上一点,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则椭圆的方程为( )
A.x28+y26=1 B.x216+y26=1
C.x24+y22=1 D.x28+y24=1
答案 A
2.(2018山东烟台二模,15)已知F(2,0)为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,过F且垂直于x轴的弦长为6,若A(-2,2),点M为椭圆上任一点,则|MF|+|MA|的最大值为 .
答案 8+2
考点二 椭圆的几何性质
1.(2018山东青岛城阳期末,7)若椭圆x25+y2a=1的焦距为4,则实数a的值为( )
A.1 B.21 C.4 D.1或9
答案 D
2.(2018河北衡水金卷二模,7)我国自主研制的第一个月球探测器——“嫦娥一号”卫星在西昌卫星发射中心成功发射后,在地球轨道上经历3次调相轨道变轨,奔向月球,进入月球轨道,“嫦娥一号”轨道是以地心为一个焦点的椭圆,设地球半径为R,卫星近地点,远地点离地面的距离分别是R2,5R2(如图所示),则“嫦娥一号”卫星轨道的离心率为( )
A.25 B.15 C.23 D.13
答案 A
3.(2018河南南阳、信阳等六市联考,16)椭圆C:x24+y23=1的上、下顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[-2,-1],那么直线PA1斜率的取值范围是 .
答案 38,34
考点三 直线与椭圆的位置关系
1.(2018安徽合肥模拟,8)已知椭圆C:x22+y2=1,若一组斜率为14的平行直线被椭圆C所截线段的中点均在直线l上,则l的斜率为( )
A.-2 B.2 C.-12 D.12
答案 A
2.(2018广东广州模拟,10)已知点M(-1,0)和N(1,0),若某直线上存在点P,使得|PM|+|PN|=4,则称该直线为“椭型直线”.现有下列直线:①x-2y+6=0;②x-y=0;③2x-y+1=0;④x+y-3=0.其中是“椭型直线”的是( )
A.①③ B.①② C.②③ D.③④
答案 C
炼技法
【方法集训】
方法 求椭圆离心率或取值范围的方法
1.(2018江西赣南五校联考,15)椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=3(x+c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2=2∠MF2F1,则该椭圆的离心率等于 .
答案 3-1
2.(2017福建四地六校模拟,15)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和圆O:x2+y2=b2,若C上存在点P,使得过点P引圆O的两条切线,切点分别为A,B,满足∠APB=60°,则椭圆C的离心率的取值范围是 .
答案 32,1
3.(2018河北衡水中学八模,15)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),若椭圆上存在点P使asin∠PF1F2=csin∠PF2F1,则该椭圆离心率的取值范围为 .
答案 (2-1,1)
过专题
【五年高考】
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 椭圆的定义及标准方程
(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为233,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
解析 (1)设F(c,0),由条件知,2c=233,得c=3.
又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为x24+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34时,x1,2=8k±24k2-34k2+1.
从而|PQ|=k2+1|x1-x2|=4k2+1·4k2-34k2+1.
又点O到直线PQ的距离d=2k2+1,
所以△OPQ的面积S△OPQ=12d·|PQ|=44k2-34k2+1.
设4k2-3=t,则t>0,S△OPQ=4tt2+4=4t+4t.
因为t+4t≥4,当且仅当t=2,即k=±72时等号成立,且满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.
思路分析 (1)通过直线AF的斜率求得c的值,通过离心率求得a,进而求出b2,从而得到E的方程;(2)设出直线l的方程和点P、Q的坐标,联立直线l与椭圆方程,利用弦长公式求得|PQ|的长,根据点到直线的距离公式求得△OPQ边PQ上的高,从而表示出△OPQ的面积,利用换元法和基本不等式即可得到当面积取得最大值时k的值,从而得直线l的方程.
解题关键 对于第(2)问,正确选择参数,表示出△OPQ的面积,进而巧妙利用换元法分析最值是解题的关键.
考点二 椭圆的几何性质
1.(2018课标Ⅱ,12,5分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
A.23 B.12 C.13 D.14
答案 D
2.(2017课标Ⅲ,10,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为( )
A.63 B.33 C.23 D.13
答案 A
3.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为 ( )
A.13 B.12 C.23 D.34
答案 A
考点三 直线与椭圆的位置关系
(2018课标Ⅰ,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).
(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;
(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.
解析 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,
由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.
所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.
(2)当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,
当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,
所以∠OMA=∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时,
设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,
由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).
将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.
则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,
从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,
所以∠OMA=∠OMB.
综上,∠OMA=∠OMB.
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 椭圆的定义及标准方程
1.(2014安徽,14,5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0
b>0)的半焦距为c,原点O到经过两点
(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.
(1)求椭圆E的离心率;
(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=52的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.
解析 (1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,
则原点O到该直线的距离d=bcb2+c2=bca,
由d=12c,得a=2b=2a2-c2,可得离心率ca=32.
(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.①
依题意,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且|AB|=10.
易知,AB与x轴不垂直,设其方程为y=k(x+2)+1,代入①得
(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2-4b21+4k2.
由x1+x2=-4,得-8k(2k+1)1+4k2=-4,解得k=12.
从而x1x2=8-2b2.
于是|AB|=1+122|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=10(b2-2).
由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3.
故椭圆E的方程为x212+y23=1.
解法二:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.②
依题意,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且|AB|=10.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x12+4y12=4b2,x22+4y22=4b2,
两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得
-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,
易知AB与x轴不垂直,则x1≠x2,
所以AB的斜率kAB=y1-y2x1-x2=12.
因此直线AB的方程为y=12(x+2)+1,
代入②得x2+4x+8-2b2=0.
所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.
于是|AB|=1+122|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=10(b2-2).
由|AB|=10,得10(b2-2)=10,
解得b2=3.
故椭圆E的方程为x212+y23=1.
解题关键 对于第(2)问,利用弦长及韦达定理或点差法构造关于参数的方程是解题的关键.
考点二 椭圆的几何性质
1.(2018北京,14,5分)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0),双曲线N:x2m2-y2n2=1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点,则椭圆M的离心率为 ;双曲线N的离心率为 .
答案 3-1;2
2.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQ⊥PF1.
(1)若|PF1|=2+2,|PF2|=2-2,求椭圆的标准方程;
(2)若|PF1|=|PQ|,求椭圆的离心率e.
解析 (1)由椭圆的定义,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)+(2-2)=4,故a=2.
设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2,得2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=(2+2)2+(2-2)2=23,即c=3,从而b=a2-c2=1.故所求椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)解法一:连接F1Q,如图,设点P(x0,y0)在椭圆上,且PF1⊥PF2,
则x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2,
求得x0=±aca2-2b2,y0=±b2c.
由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,
从而|PF1|2=aa2-2b2c+c2+b4c2
=2(a2-b2)+2aa2-2b2=(a+a2-2b2)2.
由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.
从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.
又由PF1⊥PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|.
因此(2+2)|PF1|=4a,即(2+2)(a+a2-2b2)=4a,
于是(2+2)(1+2e2-1)=4,
解得e=121+42+2-12=6-3.
解法二:连接F1Q,由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.
又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|,
因此,4a-2|PF1|=2|PF1|,得|PF1|=2(2-2)a,
从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-2)a=2(2-1)a.
由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,
因此e=ca=|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3.
考点三 直线与椭圆的位置关系
(2018天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=62.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
解析 (1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,
由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).
由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.
又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故|AQ|=2y2.
由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.
由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,
整理得56k2-50k+11=0,
解得k=12或k=1128.
所以,k的值为12或1128.
解题关键 利用平面几何知识将|AQ||PQ|=524sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.
方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法
(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;
(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.
C组 教师专用题组
考点一 椭圆的定义及标准方程
1.(2014辽宁,15,5分)已知椭圆C:x29+y24=1,点M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|= .
答案 12
2.(2014课标Ⅱ,20,12分,0.185)设F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为34,求C的离心率;
(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.
解析 (1)根据c=a2-b2及题设知Mc,b2a,2b2=3ac.
将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=-2(舍去).
故C的离心率为12.
(2)由题意,得原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故b2a=4,即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1<0,则2(-c-x1)=c,-2y1=2,即x1=-32c,y1=-1.
代入C的方程,得9c24a2+1b2=1.②
将①及c=a2-b2代入②得9(a2-4a)4a2+14a=1.
解得a=7,故b2=4a=28,故a=7,b=27.
考点二 椭圆的几何性质
1.(2017浙江,2,5分)椭圆x29+y24=1的离心率是( )
A.133 B.53 C.23 D.59
答案 B
2.(2014江西,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于 .
答案 22
3.(2013辽宁,15,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A,B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|AF|=6,cos∠ABF=45,则C的离心率e= .
答案 57
4.(2015安徽,20,13分)设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为510.
(1)求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72,求E的方程.
解析 (1)由题设条件知,点M的坐标为23a,13b,
又kOM=510,从而b2a=510.
进而得a=5b,c=a2-b2=2b.故e=ca=255.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为x5b+yb=1,点N的坐标为52b,-12b.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1,72,则线段NS的中点T的坐标为54b+x12,-14b+74.又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-52b=5,
解得b=3.
所以a=35,故椭圆E的方程为x245+y29=1.
评析 本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,利用方程思想解决点关于直线的对称问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用.
5.(2014天津,18,13分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=32|F1F2|.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过原点O的直线l与该圆相切.求直线l的斜率.
解析 (1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).
由|AB|=32·|F1F2|,可得a2+b2=3c2,
又b2=a2-c2,则c2a2=12.
所以椭圆的离心率e=22.
(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故椭圆方程为x22c2+y2c2=1.
设P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),有F1P=(x0+c,y0),F1B=(c,c).
由已知,有F1P·F1B=0,
即(x0+c)c+y0c=0.
又c≠0,故有
x0+y0+c=0.①
又因为点P在椭圆上,
故x022c2+y02c2=1.②
由①和②可得3x02+4cx0=0.而点P不是椭圆的顶点,
故x0=-43c,代入①得y0=c3,
即点P的坐标为-4c3,c3.
设圆的圆心为T(x1,y1),则x1=-43c+02=-23c,y1=c3+c2=23c,进而圆的半径r=(x1-0)2+(y1-c)2=53c.
设直线l的斜率为k,依题意,直线l的方程为y=kx.由l与圆相切,可得|kx1-y1|k2+1=r,即k-2c3-2c3k2+1=53c,
整理得k2-8k+1=0,解得k=4±15.
所以直线l的斜率为4+15或4-15.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆的方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
6.(2014江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.
(1)若点C的坐标为43,13,且BF2=2,求椭圆的方程;
(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.
解析 设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).
(1)因为B(0,b),所以BF2=b2+c2=a.
又BF2=2,故a=2.
因为点C43,13在椭圆上,所以169a2+19b2=1,解得b2=1.
故所求椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,
所以直线AB的方程为xc+yb=1.
解方程组xc+yb=1,x2a2+y2b2=1,得x1=2a2ca2+c2,y1=b(c2-a2)a2+c2,x2=0,y2=b.
所以点A的坐标为2a2ca2+c2,b(c2-a2)a2+c2.
又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为2a2ca2+c2,b(a2-c2)a2+c2.
因为直线F1C的斜率为b(a2-c2)a2+c2-02a2ca2+c2-(-c)=b(a2-c2)3a2c+c3,直线AB的斜率为-bc,且F1C⊥AB,所以b(a2-c2)3a2c+c3·-bc=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=15.因此e=55.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力.
考点三 直线与椭圆的位置关系
1.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程;
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;
②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l的方程.
解析 解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),
所以可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
又点3,12在椭圆C上,
所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.
因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.
因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.
(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则x02+y02=3.
所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.
由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0消去y,得
(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,
所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.
因为x0,y0>0,所以x0=2,y0=1.
因此,点P的坐标为(2,1).
②因为三角形OAB的面积为267,
所以12AB·OP=267,从而AB=427.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由(*)得x1,2=24x0±48y02(x02-2)2(4x02+y02),
所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2
=1+x02y02·48y02(x02-2)(4x02+y02)2.
因为x02+y02=3,
所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0.
解得x02=52(x02=20舍去),则y02=12,因此P的坐标为102,22.
则直线l的方程为y=-5x+32.
解法二:(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,
所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,
所以a=2.
因为a2=b2+c2,所以b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,
设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),
将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,
整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,
将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,
整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
因为直线l与椭圆C相切,
所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,
整理得m2=4k2+1,
所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-2,则m=3,
将k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
整理得x2-22x+2=0,
解得x1=x2=2,将x=2代入x2+y2=3,
解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).
②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),
由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0,
因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-2,
将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
解得x1,2=-8km±44k2+1-m22(4k2+1),
所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,
因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1·k2+1,
O到l的距离d=|m|k2+1=3,
所以S△OAB=12·44k2+1-m24k2+1·k2+1·|m|k2+1
=12·4k2-24k2+1·k2+1·3=267,
解得k2=5,因为k<0,所以k=-5,则m=32,
即直线l的方程为y=-5x+32.
解后反思 (1)常用待定系数法求圆锥曲线方程.
(2)①直线与圆相切,常见解题方法是设切点求切线方程,由于涉及直线与椭圆相切,因此也可设出直线方程求解.
②因为△AOB的面积为267,而△AOB的高为3,所以解题关键是求AB的长,可利用弦长公式AB=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2·(x1-x2)2=1+k2·|x1-x2|(x1、x2分别为A、B的横坐标)求解.
2.(2017天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;
(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为62,求直线AP的方程.
解析 (1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.
所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.
(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+4-2m(x+1)--3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因为△APD的面积为62,故12×6m23m2+2×2|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=±63.
所以,直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.
方法总结 1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.
2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.
3.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a>1).
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
解析 (1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,
由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.
因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k2·1+k2.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.
记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.
由(1)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,
故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,
所以(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0.
由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,
因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),①
因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1b>0)过点(0,2),且离心率e=22.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G-94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.
解析 (1)由已知得b=2,ca=22,a2=b2+c2.解得a=2,b=2,c=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1.
(2)解法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).
由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而y0=mm2+2.
所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.
|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24
=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]4=(1+m2)(y02-y1y2),
故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,所以|GH|>|AB|2.
故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
解法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,
GB=x2+94,y2.
由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,
从而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,
所以cos>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
评析 本题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共30分)
1.(2019届四川第一次诊断,6)设椭圆x2m2+y2n2=1(m>0,n>0)的一个焦点与抛物线x2=8y的焦点相同,离心率为12,则m-n=( )
A.23-4 B.4-33 C.43-8 D.8-43
答案 A
2.(2019届云南师范大学附属中学12月月考,12)已知椭圆C: x24+y23=1的右焦点为F,过点F有两条互相垂直的直线l1,l2,l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点C,D,则下列叙述不正确的是( )
A.存在直线l1,l2使得|AB|+|CD|值为7
B.存在直线l1,l2使得|AB|+|CD|值为487
C.四边形ABCD的面积存在最大值,且最大值为6
D.四边形ABCD的面积存在最小值,且最小值为57649
答案 D
3.(2018四川达州模拟,7)以圆x2+y2=4与x轴的交点为焦点,以抛物线y2=10x的焦点为一个顶点且中心在原点的椭圆的离心率是( )
A.15 B.25 C.45 D.110
答案 C
4.(2018湖北重点中学4月联考,7)已知椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2,过F2且垂直于长轴的直线交椭圆于A,B两点,则△ABF1内切圆的半径为( )
A.43 B.1 C.45 D.34
答案 D
5.(2018广东清远模拟,11)已知m、n、s、t∈R+,m+n=3,ms+nt=1,其中m、n是常数且mb>0)上一点A关于原点的对称点为点B,F为其右焦点,若AF⊥BF,设∠ABF=α,且α∈π6,π4,则该椭圆离心率e的取值范围为( )
A.22,3-1 B.22,1
C.22,32 D.33,63
答案 A
二、填空题(共5分)
7.(2017湖南东部六校4月联考,15)设P,Q分别是圆x2+(y-1)2=3和椭圆x24+y2=1上的点,则P、Q两点间的最大距离是 .
答案 733
三、解答题(共50分)
8.(2019届安徽黄山八校联考,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=12,点P是椭圆的上顶点的一个动点,△PF1F2面积的最大值是43.
(1)求椭圆的方程;
(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四点,AC与BD相交于点F1,AC·BD=0,且|AC|+|BD|=967,求
此时直线AC的方程.
解析 (1)由题意知,当点P是椭圆的上顶点或下顶点时,△PF1F2面积取得最大值,此时,S△PF1F2=12·2c·b=43,又e=ca=12,结合a2=b2+c2,
所以a=4,b=23,c=2.所以所求椭圆的方程为x216+y212=1.
(2)由(1)知F1(-2,0),由AC·BD=0得AC⊥BD.
①当直线AC与BD有一条直线的斜率不存在时,|AC|+|BD|=14,不符合题意;
②设直线AC的斜率为k(k存在且不为0),则直线BD的斜率为-1k.直线AC的方程为y=k(x+2),联立y=k(x+2),x216+y212=1,消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0,
设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=-16k23+4k2,x1x2=16k2-483+4k2,
所以|AC|=1+k2|x1-x2|=24(1+k2)3+4k2.
同理可得|BD|=24(1+k2)4+3k2,
由|AC|+|BD|=168(1+k2)2(4+3k2)(3+4k2)=967,解得k2=1,
故直线AC的方程为y=±(x+2).
思路分析 (1)根据离心率e=12,△PF1F2面积的最大值是43,结合a2=b2+c2,即可求出a、b,从而得结果;(2)直线与曲线方程联立,根据根与系数关系,弦长公式将|AC|+|BD|用k表示,解方程即可得k的值.
方法点拨 求椭圆标准方程时一般利用待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程组,解出a,b,即可得到椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决.
9.(2019届重庆期中,20)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,并且F2为抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点,C2的准线被椭圆C1和圆x2+y2=a2截得的弦长分别为22和4.
(1)求C1和C2的方程;
(2)已知动直线l与抛物线C2相切(切点异于原点),且直线l与椭圆C1相交于M,N两点,若椭圆C1上存在点Q,使得OM+ON=λOQ(λ≠0),求实数λ的取值范围.
解析 (1)由题得2b2a=22,2b=4⇒a=22,b=2,p=2c=4,故C1:x28+y24=1,C2:y2=8x.
(2)由题意知直线l的斜率存在且不为0,设l:x=my+n(m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0).联立x=my+n,y2=8x,⇒y2-8my-8n=0,因为l与C2相切,故Δ1=(-8m)2+4×8m=0⇒2m2+n=0.联立
x=my+n,x28+y24=1⇒(m2+2)y2+2mny+n2-8=0,
所以y1+y2=-2mnm2+2,y1y2=n2-8m2+2,Δ2>0⇒n2<4m2+8,由Δ1=0知2m2=-n,所以n2<-2n+8⇒n∈(-4,2),又2m2=-n>0,因此n∈(-4,0),由OM+ON=λOQ⇒x1+x2=λx0,y1+y2=λy0,由根与系数的关系,得x0=4nλ(m2+2),y0=-2mnλ(m2+2),
而点Q(x0,y0)在椭圆上,即x02+2y02=8,代入得16n2λ2(m2+2)2+8m2n2λ2(m2+2)2=8⇒λ2=n2m2+2=2n24-n,n∈(-4,0),
令t=4-n,t∈(4,8),则λ2=2t+16t-8.令f(t)=t+16t-8,易知f(t)在(4,8)上单调递增,所以λ2∈(0,4)⇒λ∈(-2,0)∪(0,2).
10.(2018四川南充模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,左顶点为A,若|F1F2|=2,椭圆的离心率e=12.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若P是椭圆上的任意一点,求PF1·PA的取值范围.
解析 (1)∵|F1F2|=2,椭圆的离心率e=12,
∴c=1,a=2,∴b=3,
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1.
(2)设P(x,y),∵A(-2,0),F1(-1,0),
∴PF1·PA=(-1-x)(-2-x)+y2=14x2+3x+5,
由椭圆方程得-2≤x≤2,二次函数图象开口向上,对称轴为直线x=-6<-2,
当x=-2时,PF1·PA取到最小值0,当x=2时,PF1·PA取到最大值12.
∴PF1·PA的取值范围是[0,12].
11.(2018广东茂名模拟,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为26,设右焦点为F,过原点O的直线l与椭圆C交于A,B两点,线段AF的中点为M,线段BF的中点为N,且OM·ON=14.
(1)求弦AB的长;
(2)当直线l的斜率k=12,且直线l'∥l时,l'交椭圆于P,Q,若点A在第一象限,求证:直线
AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形.
解析 (1)由题意可知2c=26,c=6,F(6,0),设A(x0,y0),B(-x0,-y0),
则Mx0+62,y02,N-x0+62,-y02,
由OM·ON=6-x02-y024=14,则x02+y02=5,
则|AB|=2x02+y02=25.
(2)证明:直线l的斜率k=12,则l:y=12x,y0=12x0,
由x02+y02=5,得A(2,1),将c=6代入椭圆方程解得
a=22,b=2,∴椭圆的方程为x28+y22=1.
由题意设l':y=12x+m(m≠0),
联立x2+4y2=8,y=12x+m,整理得x2+2mx+2m2-4=0,
Δ=4m2-4(2m2-4)>0,即m∈(-2,0)∪(0,2).
设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,P(x1,y1),Q(x2,y2),则k1=y1-1x1-2,k2=y2-1x2-2.
由x2+2mx+2m2-4=0,
可得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4,
所以k1+k2=y1-1x1-2+y2-1x2-2=(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)(x1-2)(x2-2)
=12x1+m-1(x2-2)+12x2+m-1(x1-2)(x1-2)(x2-2)
=x1x2+(m-2)(x1+x2)-4(m-1)(x1-2)(x2-2)
=2m2-4-2m2+4m-4(m-1)(x1-2)(x2-2)=0,即k1+k2=0.
∴直线AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形.
