江苏省高考数学二轮复习讲义专题三 第三讲 大题考法椭圆Word文档下载推荐.docx

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所以椭圆的标准方程为＋＝1.

（2）法一：

（设点法）因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M为AB的中点．

因为椭圆的方程为＋＝1，所以A（－2,0）．

设M（x0，y0）（－2<

x0<

0），则B（2x0＋2,2y0）．

所以x＋y＝，①

＋＝1，②

由①②得9x－18x0－16＝0，

解得x0＝－或x0＝（舍去）．

把x0＝－代入①得y0＝±

，

所以kAB＝±

，因此直线AB的方程为y＝±

（x＋2），即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.

法二：

（设线法）因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M为AB的中点．

由椭圆方程知A（－2,0），设B（xB，yB），M（xM，yM），设直线AB的方程为y＝k（x＋2）．

由得（1＋2k2）x2＋8k2x＋8k2－4＝0，

所以（x＋2）[（1＋2k2）x＋4k2－2]＝0，

解得xB＝.

所以xM＝＝，

yM＝k（xM＋2）＝，

代入x2＋y2＝，得2＋2＝，

化简得28k4＋k2－2＝0，

即（7k2＋2）（4k2－1）＝0，解得k＝±

所以直线AB的方程为y＝±

（x＋2），

即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.

2.（2018·

南师附中调研）已知椭圆C：

＋＝1（a>

0），右准线l方程为x＝4，右焦点F（1,0），A为椭圆的左顶点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设点M为椭圆在x轴上方一点，点N在右准线上且满足·

＝0且5||＝2||，求直线AM的方程．

（1）∵＝4，c＝1，

∴a2＝4，b2＝3，

∴椭圆C的方程为＋＝1.

（2）设AM的方程为y＝k（x＋2），

联立

消去y，得（4k2＋3）x2＋16k2x＋16k2－12＝0，

∴xM＝－＋2＝，

yM＝k（xM＋2）＝.

而kMN＝－，又∵xN＝4，

∴MN＝|xM－xN|＝＝·

.

又∵AM＝|xM－xA|＝＝·

∵5||＝2||，

∴5·

＝2·

∴k＝1或，∴AM的方程为y＝x＋2或y＝x＋.

题型

（二）

椭圆与圆的综合问题

　主要考查直线与椭圆的位置关系以及椭圆与圆相结合的问题，主要求椭圆、圆的方程.

[例2]　（2018·

无锡期末）

已知椭圆E：

0）的离心率为，F1，F2分别为左、右焦点，A，B分别为左、右顶点，D为上顶点，原点O到直线BD的距离为.设点P在第一象限，且PB⊥x轴，连结PA交椭圆于点C，记点P的纵坐标为t.

（1）求椭圆E的方程；

（2）若△ABC的面积等于四边形OBPC的面积，求直线PA的方程；

（3）求过点B，C，P的圆的方程（结果用t表示）．

[解]　

（1）因为椭圆E：

0）的离心率为，所以a2＝2c2，b＝c，

所以直线DB的方程为y＝－x＋b，

又O到直线BD的距离为，所以＝，

解得b＝1，a＝.

所以椭圆E的方程为＋y2＝1.

（2）设P（，t），t>

0，则直线PA的方程为y＝（x＋），

由

整理得（4＋t2）x2＋2t2x＋2t2－8＝0，

解得xC＝，

则点C的坐标是，

因为△ABC的面积等于四边形OBPC的面积，

所以△AOC的面积等于△BPC的面积，

S△AOC＝×

×

＝，

S△PBC＝×

t×

则＝，解得t＝.

所以直线PA的方程为x－2y＋＝0.

（3）因为B（，0），P（，t），C，

所以BP的垂直平分线为y＝，

BC的垂直平分线为y＝x－，

所以过B，C，P三点的圆的圆心为，

则过B，C，P三点的圆的方程为2＋2＝＋，

即所求圆的方程为x2－x＋y2－ty＋＝0.

椭圆与圆的综合问题的解题策略

（1）在椭圆背景下，常会出现给出三点（包含椭圆上的点）求圆的方程，也会出现给出以椭圆上的两点为直径的圆的问题．这里涉及到椭圆上动点如何求解，以及椭圆的弦的处理．

（2）以两点为直径的圆，可以用直角三角形处理，也可以用向量数量积处理，这两种方法都是转化为点坐标来处理.

（3）运算时要加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；

在代入运算过程中，不要忘掉整体思想．

（4）在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数．在学习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化．

　（2018·

镇江期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：

0）的离心率为，左焦点F（－2,0），直线l：

y＝t与椭圆交于A，B两点，M为椭圆E上异于A，B的点．

（2）若M（－，－1），以AB为直径的圆P过点M，求圆P的标准方程．

（1）因为e＝＝，且c＝2，所以a＝2，b＝2.

所以椭圆方程为＋＝1.

（2）设A（s，t），则B（－s，t），且s2＋2t2＝8.①

因为以AB为直径的圆P过点M，所以MA⊥MB，

所以·

＝0，

又＝（s＋，t＋1），＝（－s＋，t＋1），所以6－s2＋（t＋1）2＝0.②

由①②解得t＝，或t＝－1（舍，因为M（－，－1），所以t>

0），所以s2＝.

又圆P的圆心为AB的中点（0，t），半径为＝|s|，

所以圆P的标准方程为x2＋2＝.

题型（三）

椭圆中的定点、定值问题

主要考查直线与椭圆的位置关系及动直线、动圆过定点问题或与动点有关的定值问题.

[例3]　（2018·

江苏六市调研）

如图，在平面直角坐标系xOy中，已知B1，B2是椭圆＋＝1（a>

0）的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点．当直线PB1的方程为y＝x＋3时，线段PB1的长为4.

（2）设点Q满足QB1⊥PB1，QB2⊥PB2.求证：

△PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值．

[解]　设P（x0，y0），Q（x1，y1）．

（1）在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，从而b＝3.

由得＋＝1.

所以x0＝－.

因为PB1＝＝|x0|，

所以4＝·

，解得a2＝18.

（设点法）直线PB1的斜率为kPB1＝，

由QB1⊥PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1＝－.

于是直线QB1的方程为y＝－x＋3.

同理，QB2的方程为y＝－x－3.

联立两直线方程，消去y，得x1＝.

因为P（x0，y0）在椭圆＋＝1上，所以＋＝1，从而y－9＝－.所以x1＝－.

所以＝＝2.

（设线法）设直线PB1，PB2的斜率分别为k，k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋3.

由QB1⊥PB1，直线QB1的方程为y＝－x＋3.

将y＝kx＋3代入＋＝1，

得（2k2＋1）x2＋12kx＝0.

因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x0≠0，

从而x0＝－.

因为P（x0，y0）在椭圆＋＝1上，

所以＋＝1，从而y－9＝－.

所以k·

k′＝·

＝＝－，

得k′＝－.

由QB2⊥PB2，所以直线QB2的方程为y＝2kx－3.

联立解得x1＝.

所以＝＝＝2.

1．定点问题的两种求解方法

（1）引进参数法，引进动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．

（2）由特殊到一般法，根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．

2．定值问题的基本求解方法

先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．

1．已知椭圆C：

0）的右焦点F（，0），长半轴长与短半轴长的比值为2.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设不经过点B（0,1）的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．

（1）由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，

∴a＝2，b＝1，

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

（2）证明：

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m（m≠1），M（x1，y1），N（x2，y2）．

联立，得消去y可得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

∴Δ＝16（4k2＋1－m2）>

0，x1＋x2＝，x1x2＝.

∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·

＝0.

∵·

＝（x1，kx1＋m－1）·

（x2，kx2＋m－1）＝（k2＋1）x1x2＋k（m－1）（x1＋x2）＋（m－1）2＝0，

∴（k2＋1）＋k（m－1）＋（m－1）2＝0，

整理，得5m2－2m－3＝0，

解得m＝－或m＝1（舍去）．

∴直线l的方程为y＝kx－.

易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．

故直线l过定点，且该定点的坐标为.

2.已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点P（2，－1）．

（2）设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若直线PQ平分∠APB，求证：

直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．

（1）由e＝＝，得a＝2b，

所以椭圆C的方程为＋＝1.

把P（2，－1）的坐标代入，得b2＝2，所以椭圆C的方程是＋＝1.

（2）由已知得PA，PB的斜率存在，且互为相反数．

设直线PA的方程为y＋1＝k（x－2），其中k≠0.

由消去y，

得x2＋4[kx－（2k＋1）]2＝8，

即（1＋4k2）x2－8k（2k＋1）x＋4（2k＋1）2－8＝0.

因为该方程的两根为2，xA，所以2xA＝，

即xA＝.从而yA＝.

把k换成－k，得xB＝，yB＝.

计算，得kAB＝＝＝－，是定值．

[课时达标训练]

A组——大题保分练

1.如图，圆C与y轴相切于点T（0，2），与x轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N的左侧），且MN＝3.

（1）求圆C的方程；

（2）过点M任作一条直线与椭圆T：

＋＝1相交于两点A，B，连结AN，BN，求证：

∠ANM＝∠BNM.

（1）设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为（r,2）．

∵MN＝3，∴r＝，∴r＝，

∴圆C的方程为2＋（y－2）2＝.

把y＝0代入方程2＋（y－2）2＝，解得x＝1或x＝4，即点M（1,0），N（4,0）．

①当AB⊥x轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM.

②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k（x－1），

联立方程消去y，

得（k2＋2）x2－2k2x＋k2－8＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1＋x2＝，x1x2＝.

∵y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1），

∴kAN＋kBN＝＋＝＋

∵（x1－1）（x2－4）＋（x2－1）（x1－4）＝2x1x2－5（x1＋x2）＋8＝－＋8＝0，

∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.

综上所述，∠ANM＝∠BNM.

2．（2018·

高邮中学月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：

0）的左顶点为A（－2,0），离心率为，过点A的直线l与椭圆E交于另一点B，点C为y轴上的一点．

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）若△ABC是以点C为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l的方程．

（1）由题意可得：

即

从而有b2＝a2－c2＝3，

所以椭圆E的标准方程为＋＝1.

（2）设直线l的方程为y＝k（x＋2），代入＋＝1，

得（3＋4k2）x2＋16k2x＋16k2－12＝0,

因为x＝－2为该方程的一个根，解得B，

设C（0，y0），由kAC·

kBC＝－1，

得·

＝－1，

即（3＋4k2）y－12ky0＋（16k2－12）＝0.（*）

由AC＝BC，即AC2＝BC2，得4＋y＝2＋2，

即4＝2＋2－y0，

即4（3＋4k2）2＝（6－8k2）2＋144k2－24k（3＋4k2）y0，

所以k＝0或y0＝，

当k＝0时，直线l的方程为y＝0，

当y0＝时，代入（*）得16k4＋7k2－9＝0，解得k＝±

此时直线l的方程为y＝±

综上，直线l的方程为y＝0,3x－4y＋6＝0或3x＋4y＋6＝0.

3．（2018·

南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1（a>

0）的离心率为，焦点到相应准线的距离为1.

（2）若P为椭圆上的一点，过点O作OP的垂线交直线y＝于点Q，求＋的值．

（1）由题意得解得

（2）由题意知OP的斜率存在．

当OP的斜率为0时，OP＝，OQ＝，

所以＋＝1.

当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为y＝kx.

由得（2k2＋1）x2＝2，解得x2＝，

所以y2＝，所以OP2＝.

因为OP⊥OQ，所以直线OQ的方程为y＝－x.

由得x＝－k，所以OQ2＝2k2＋2.

所以＋＝＋＝1.

综上，可知＋＝1.

4．已知椭圆M：

0）的离心率为，一个焦点到相应的准线的距离为3，圆N的方程为（x－c）2＋y2＝a2＋c2（c为半焦距），直线l：

y＝kx＋m（k>

0）与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别设为A，B.

（1）求椭圆M的方程和直线l的方程；

（2）试在圆N上求一点P，使＝2.

（1）由题意知解得a＝2，c＝1，所以b＝，

所以椭圆M的方程为＋＝1.

圆N的方程为（x－1）2＋y2＝5，

消去y，得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①

因为直线l：

y＝kx＋m与椭圆M只有一个公共点，

所以Δ＝64k2m2－4（3＋4k2）（4m2－12）＝0得m2＝3＋4k2,②

由直线l：

y＝kx＋m与圆N只有一个公共点，

得＝，即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③

将②代入③得km＝1，④

由②④且k>

0，得k＝，m＝2.

所以直线l的方程为y＝x＋2.

（2）将k＝，m＝2代入①，可得A.

又过切点B的半径所在的直线l′为y＝－2x＋2，所以得交点B（0,2），

设P（x0，y0），因为＝2，

则＝8，

化简得7x＋7y＋16x0－20y0＋22＝0，⑤

又P（x0，y0）满足x＋y－2x0＝4，⑥

将⑤－7×

⑥得3x0－2y0＋5＝0，即y0＝.⑦

将⑦代入⑥得13x＋22x0＋9＝0，

解得x0＝－1或x0＝－，

所以P（－1,1）或P.

B组——大题增分练

1．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

0）的左、右焦点分别是F1，F2，右顶点、上顶点分别为A，B，原点O到直线AB的距离等于ab.

（1）若椭圆C的离心率为，求椭圆C的方程；

（2）若过点（0,1）的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q，试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．

由题意，得点A（a,0），B（0，b），直线AB的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0﹒

由题设，得＝ab，化简得a2＋b2＝1.①

（1）因为e＝＝，所以＝，即a2＝3b2.②

由①②，解得

所以椭圆C的方程为＋4y2＝1.

（2）点F1在以PQ为直径的圆上，理由如下：

由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，

由消去y得，

（b2＋a2k2）x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，（*）

则Δ＝（2ka2）2－4（b2＋a2k2）（a2－a2b2）＝0，

化简得1－b2－a2k2＝0，所以k2＝＝1，

因为点P在第二象限，所以k＝1.

把k＝1代入方程（*），得x2＋2a2x＋a4＝0，

解得x＝－a2，从而y＝b2，所以P（－a2，b2）﹒

从而直线PF2的方程为y－b2＝（x＋a2），

令x＝0，得y＝，所以点Q﹒

从而＝（－a2＋c，b2），＝，

从而·

＝c（－a2＋c）＋

＝＝＝0，

所以点F1在以PQ为直径的圆上．

2.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：

x2＋y2＝4，椭圆C：

＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.

（1）求k1k2的值；

（2）记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？

若存在，求λ的值；

若不存在，说明理由；

（3）求证：

直线AC必过点Q.

（1）设B（x0，y0），则C（－x0，－y0），＋y＝1，

因为A（2,0），所以k1＝，k2＝，

所以k1k2＝·

＝＝＝－.

（2）设直线AP方程为y＝k1（x－2），

消去y，得（1＋k）x2－4kx＋4（k－1）＝0，

解得xP＝，yP＝k1（xP－2）＝，

消去y，得（1＋4k）x2－16kx＋4（4k－1）＝0，

解得xB＝，yB＝k1（xB－2）＝，

所以kBC＝＝，kPQ＝＝＝，

所以kPQ＝kBC，故存在常数λ＝，使得kPQ＝kBC.

（3）设直线AC的方程为y＝k2（x－2），

当直线PQ与x轴垂直时，Q，

则P，所以k1＝－，

即B（0,1），C（0，－1），所以k2＝，

则kAQ＝＝＝k2，所以直线AC必过点Q.

当直线PQ与x轴不垂直时，

设直线PQ的方程为y＝，

解得xQ＝，yQ＝，

因为k2＝＝＝－，

所以kAQ＝＝－＝k2，故直线AC必过点Q.

扬州期末）已知椭圆E1：

0），若椭圆E2：

0，m>

1），则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．

（1）求经过点（，1），且与椭圆E1：

＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；

（2）

若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m＝4，椭圆E1的离心率为，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且＝λ.

①若B的坐标为（0,2），且λ＝2，求直线l的方程；

②若直线OP，OA的斜率之积为－，求实数λ的值．

（1）设椭圆E2的方程为＋＝1，将点（，1）代入得m＝2，

所以椭圆E2的方程为＋＝1.

（2）因为椭圆E1的离心率为，故a2＝2b2，所以椭圆E1：

x2＋2y2＝2b2.

又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，所以椭圆E2：

x2＋2y2＝8b2.设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）．

①法一：

（设线法）由题意得b＝2，所以椭圆E1：

x2＋2y2＝8，椭圆E2：

x2＋2y2＝32.当直线l斜率不存在时，B（0,2），A（0，－2），P（0,4），不满足＝2，从而直线l斜率存在，可设直线l：

y＝kx＋2，

代入椭圆E1：

x2＋2y2＝8得（1＋2k2）x2＋8kx＝0，

解得x1＝，x2＝0，故y1＝，y2＝2，

所以A.

又＝2，即B为AP中点，

所以P，

代入椭圆E2：

x2＋2y2＝32，得

2＋22＝32，

即20k4＋4k2－3＝0，所以k＝±

，所以直线l的方程为y＝±

x＋2.

（设点法）由题意得b＝2，

所以椭圆E1：

x2＋2y2＝8，E2：

x2＋2y2＝32.

由A（x1，y1），B（0,2），＝2，即B为AP中点，

则P（－x1,4－y1）．

代入椭圆得解得y1＝，

故x1＝±

所以直线l的斜率k＝±

所以直线l的方程为y＝±

②由题意得x＋2y＝8b2，x＋2y＝2b2，

x＋2y＝2b2，

法一：

（设点法）由直线OP，OA的斜率之积为－，

＝－，即x0x1＋2y0y1＝0.

又＝λ，则（x0－x1，y0－y1）＝λ（x2－x1，y2－y1），解得

所以2＋22＝2b2，

则x＋2（λ－1）x0x1＋（λ－1）2x＋2y＋4（λ－1）y0y1＋2（λ－1）2y＝2λ2b2，

（x＋2y）＋2（λ－1）（x0x1＋2y0y1）＋（λ－1）2（x＋2y）＝2λ2b2，所以8b2＋（λ－1）2·

2b2＝2λ2b2，即4＋（λ－1）2＝λ2，所以λ＝.

（设线法）不妨设点P在第一象限，设直线OP：

y＝kx（k>

0），代入椭圆E2：

x2＋2y2＝8b2，

解得x0＝，则y0＝.

直线OP，OA的斜率之积为－，则直线OA：

y＝－x，代入椭圆E1：

x2＋2y2＝2b2，

解得x1＝－，则y1＝.

（x＋2y）＋2（λ－1）（x0x1＋2y0y1）＋（λ－1）2（x＋2y）＝2λ2b2，所以8b2＋2（λ－1）·

＋2·

·

＋（λ－1）2·

2b2＝2λ2b2，

即8b2＋（λ－1）2·

2b2＝2λ2b2，即4＋（λ－1）2＝λ2，

所以λ＝.

4.（2018·

江苏高考）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点为F1（－，0），

F2（，0），圆O的直径为F1F2.

（1）求椭圆C及圆O的方程；

（2）设直