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

1、所以椭圆的标准方程为1.（2）法一：（设点法）因为SAOB2SAOM，所以AB2AM，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）（2x00），右准线l方程为x4，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，c1，a24，b23，椭圆C的方程为1.（2）设AM的方程为yk（x2），联立消去y，得（4k23）x216k2x16k2120，xM2，yMk（xM2）.而kMN，又xN4，MN |xMxN|.又AM|xMxA|5|2|，52k1或，AM的方程为yx2或

2、yx.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PBx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a22c2，bc，所以直线DB的方程为yxb，又O到直线BD的距离为，所以，解得b1，a.所以椭圆E的

3、方程为y21.（2）设P（，t），t0，则直线PA的方程为y（x），由整理得（4t2）x22t2x2t280，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，SAOC，SPBCt则，解得t.所以直线PA的方程为x2y0.（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yx，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22，即所求圆的方程为x2xy2ty0.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

4、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：yt与椭圆交于A，B两点，M为椭圆E上异于A，B的点

5、（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c2，所以a2，b2.所以椭圆方程为1.（2）设A（s，t），则B（s，t），且s22t28.因为以AB为直径的圆P过点M，所以MAMB，所以0，又（s，t1），（s，t1），所以6s2（t1）20.由解得t，或t1（舍，因为M（，1），所以t0），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x22.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

6、是椭圆1（a0）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yx3时，线段PB1的长为4.（2）设点Q满足QB1PB1，QB2PB2.求证：PB1B2与QB1B2的面积之比为定值解设P（x0，y0），Q（x1，y1）（1）在yx3中，令x0，得y3，从而b3.由得1.所以x0.因为PB1|x0|，所以4，解得a218.（设点法） 直线PB1的斜率为kPB1，由QB1PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1.于是直线QB1的方程为yx3.同理，QB2的方程为yx3.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y9.所以x1.所以2.（设线法）

7、设直线PB1，PB2的斜率分别为k，k，则直线PB1的方程为ykx3.由QB1PB1，直线QB1的方程为yx3.将ykx3代入1，得（2k21）x212kx0.因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x00，从而x0.因为P（x0，y0）在椭圆1上，所以1，从而y9.所以kk，得k.由QB2PB2，所以直线QB2的方程为y2kx3.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

8、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，a2b2c2，a2，b1，椭圆C的标准方程为y21.（2）证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm（m1），M（x1，y1），N（x2，y2）联立，得消去y可得（4k21）x28kmx4m240.16（4

9、k21m2）0，x1x2，x1x2.点B在以线段MN为直径的圆上，0.（x1，kx1m1）（x2，kx2m1）（k21）x1x2k（m1）（x1x2）（m1）20，（k21）k（m1）（m1）20，整理，得5m22m30，解得m或m1（舍去）直线l的方程为ykx.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（ab0）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a2b，所以椭圆

10、C的方程为1.把P（2，1）的坐标代入，得b22，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y1k（x2），其中k0.由消去y，得x24kx（2k1）28，即（14k2）x28k（2k1）x4（2k1）280.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MN3.（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：ANMBNM

11、.（1）设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为（r,2）MN3，r ，r，圆C的方程为2（y2）2.把y0代入方程2（y2）2，解得x1或x4，即点M（1,0），N（4,0）当ABx轴时，由椭圆对称性可知ANMBNM.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为yk（x1），联立方程消去y，得（k22）x22k2xk280.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2，x1x2.y1k（x11），y2k（x21），kANkBN（x11）（x24）（x21）（x14）2x1x25（x1x2）880，kANkBN0，ANMBNM.综上所述，ANMBNM.2（2018高邮中学月考）如图，在平面直角

12、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b2a2c23，所以椭圆E的标准方程为1.（2）设直线l的方程为yk（x2），代入1，得（34k2）x216k2x16k2120, 因为x2为该方程的一个根，解得B，设C（0，y0），由kACkBC1，得1，即（34k2）y12ky0（16k212）0.（*）由ACBC，即AC2BC2，得4y22，即422y0，即4（34k2）2（68k2）2144k224k（34

13、k2）y0，所以k0或y0，当k0时，直线l的方程为y0，当y0时，代入（*）得16k47k290，解得k此时直线l的方程为y综上，直线l的方程为y0,3x4y60或3x4y60.3（2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1（a0）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ykx.由得（2k21）x22，解得x2，所以y2，所以OP2.因为OPOQ，所以直线OQ的方程为yx.由得xk

14、，所以OQ22k22.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（xc）2y2a2c2（c为半焦距），直线l：ykxm（k0）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a2，c1，所以b，所以椭圆M的方程为1.圆N的方程为（x1）2y25，消去y，得（34k2）x28kmx4m2120，因为直线l：ykxm与椭圆M只有一个公共点，所以64k2m24（34k2）（4m212）0得m234k2, 由直线l：ykxm与圆N只有一个公共点，得，即k22kmm

15、255k2，将代入得km1，由且k0，得k，m2.所以直线l的方程为yx2.（2）将k，m2代入，可得A.又过切点B的半径所在的直线l为y2x2，所以得交点B（0,2），设P（x0，y0），因为2，则8，化简得7x7y16x020y0220，又P（x0，y0）满足xy2x04，将7得3x02y050，即y0.将代入得13x22x090，解得x01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

16、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bxayab0由题设，得ab，化简得a2b21.（1）因为e，所以，即a23b2.由，解得所以椭圆C的方程为4y21. （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ykx1，由消去y得，（b2a2k2）x22ka2xa2a2b20，（*）则（2ka2）24（b2a2k2）（a2a2b2）0，化简得1b2a2k20，所以k21，因为点P在第二象限，所以k1.把k1

17、代入方程（*），得x22a2xa40，解得xa2，从而yb2，所以P（a2，b2）从而直线PF2的方程为yb2（xa2），令x0，得y，所以点Q从而（a2c，b2）， 从而c（a2c）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：x2y24，椭圆C：y21，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，使得kPQkBC？若存在，求的值；若不存在，说明

18、理由；（3）求证：直线AC必过点Q.（1）设B（x0，y0），则C（x0，y0），y1，因为A（2,0），所以k1，k2，所以k1k2.（2）设直线AP方程为yk1（x2），消去y，得（1k）x24kx4（k1）0，解得xP，yPk1（xP2），消去y，得（14k）x216kx4（4k1）0，解得xB，yBk1（xB2），所以kBC，kPQ，所以kPQkBC，故存在常数，使得kPQkBC.（3）设直线AC的方程为yk2（x2），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kAQk2，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，

19、解得xQ，yQ，因为k2，所以kAQk2，故直线AC必过点Q.扬州期末）已知椭圆E1：0），若椭圆E2：0，m1），则称椭圆E2与椭圆E1“相似”（1）求经过点（，1），且与椭圆E1：y21“相似”的椭圆E2的方程；（2）若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m4，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.若B的坐标为（0,2），且2，求直线l的方程；若直线OP，OA的斜率之积为，求实数的值（1）设椭圆E2的方程为1，将点（，1）代入得m2，所以椭圆E2的方程为1.（2）因为椭圆E1的离心率为，故a22b2，所以椭圆E1：x22y22b2.又椭圆E2与椭圆E1“相似

20、”，且m4，所以椭圆E2：x22y28b2.设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）法一：（设线法）由题意得b2，所以椭圆E1：x22y28，椭圆E2：x22y232.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：ykx2，代入椭圆E1：x22y28得（12k2）x28kx0，解得x1，x20，故y1，y22，所以A.又2，即B为AP中点，所以P，代入椭圆E2：x22y232，得22232，即20k44k230，所以k，所以直线l的方程为yx2.（设点法）由题意得b2，所以椭圆E1：x22y28，E2：x22y232.由

21、A（x1，y1），B（0,2），2，即B为AP中点，则P（x1,4y1）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由题意得x2y8b2，x2y2b2，x2y2b2，法一：（设点法）由直线OP，OA的斜率之积为，即x0x12y0y10.又，则（x0x1，y0y1）（x2x1，y2y1），解得所以2222b2，则x2（1）x0x1（1）2x2y4（1）y0y12（1）2y22b2，（x2y）2（1）（x0x12y0y1）（1）2（x2y）22b2，所以8b2（1）22b222b2，即4（1）22，所以.（设线法） 不妨设点P在第一象限，设直线OP：ykx（k0），代入椭圆E2：x22y28b2，解得x0，则y0 .直线OP，OA的斜率之积为，则直线OA：yx，代入椭圆E1：x22y22b2，解得x1，则y1 .（x2y）2（1）（x0x12y0y1）（1）2（x2y）22b2，所以8b22（1）2（1）22b222b2，即8b2（1）22b222b2，即4（1）22，所以.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