2020版高考数学(理科)大一轮精准复习精练：9.3椭圆及其性质含解析

9.3 椭圆及其性质
挖命题
【考情探究】
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,)是椭圆上一点,
且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则椭圆的方程为( )
A.+=1
B.+=1
C.+=1
D.+=1
答案A
2.(2018山东烟台二模,15)已知F(2,0)为椭圆+=1(a>b>0)的右焦点,过F且垂直于x轴的弦长为6,
若A(-2,),点M为椭圆上任一点,则|MF|+|MA|的最大值为.
答案8+
考点二椭圆的几何性质
1.(2018山东青岛城阳期末,7)若椭圆+=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,(如图所示),则“嫦娥一号”卫星轨道的离心率为( )
A. B. C. D.
答案A
3.(2018河南南阳、信阳等六市联考,16)椭圆C:+=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
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:+y2=1,若一组斜率为的平行直线被椭圆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.-
D.
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:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=(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-1
2.(2017福建四地六校模拟,15)已知椭圆C:+=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
3.(2018河北衡水中学八模,15)已知椭圆+=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=,则该椭圆离心率的取值范围为.
答案(-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:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,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,=,得c=.
又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为+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+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=-.
从而|PQ|=|x1-x2|=-.
又点O到直线PQ的距离d=,
所以△OPQ的面积S△OPQ=d·|PQ|=-.
设-=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±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=x-2或y=-x-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:+=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
A. B. C. D.
答案D
2.(2017课标Ⅲ,10,5分)已知椭圆C:+=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. B. C. D.
答案A
3.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:+=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. B. C. D.
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:+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的坐标为或.
所以AM的方程为y=-x+或y=x-.
(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<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为k MA+k MB=
-+
-
,
由y1=kx1-k,y2=kx2-k得k MA+k MB=-
--
.
将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以,x1+x2=,x1x2=-.
则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=--=0,
从而k MA+k MB=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+=1(0<b<1)的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点.若|AF1|=3|F1B|,AF2⊥x轴,则椭圆E的方程为.
答案x2+y2=1
2.(2015陕西,20,12分)已知椭圆E:+=1(a>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c.
(1)求椭圆E的离心率;
(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=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==,
由d=c,得a=2b=2-,可得离心率=.
(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|=.
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=-,x1x2=-.
由x1+x2=-4,得-=-4,解得k=.
从而x1x2=8-2b2.
于是|AB|=|x1-x2|
=-
=-.
由|AB|=,得-=,解得b2=3.
故椭圆E的方程为+=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|=.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则+4=4b2,+4=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k AB=-
-
因此直线AB的方程为y=(x+2)+1,
代入②得x2+4x+8-2b2=0.
所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.
于是|AB|=|x1-x2|
=-
=-.
由|AB|=,得-=,
解得b2=3.
故椭圆E的方程为+=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:+=1(a>b>0),双曲线N:-=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-1;2
2.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆+=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+,|PF2|=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-)=4,故a=2.
设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2,得2c=|F1F2|===2,即c=,从而b=-=1.故所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)解法一:连接F1Q,如图,设点P(x0,y0)在椭圆上,且PF1⊥PF2,
则+=1,+=c2,
求得x0=±-,y0=±.
由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,
从而|PF1|2=-
+
=2(a2-b2)+2a-=(a+-)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|=|PF1|.
因此(2+)|PF1|=4a,即(2+)(a+-)=4a,
于是(2+)(1+-)=4,
解得e==-.
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|=|PF1|,
因此,4a-2|PF1|=|PF1|,得|PF1|=2(2-)a,
从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-)a=2(-1)a.
由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,
因此e===--==-.
考点三直线与椭圆的位置关系
(2018天津,19,14分)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A 的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6.
(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=sin∠AOQ(O 为原点),求k的值.
解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有=,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=b,
由|FB|·|AB|=6,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为+=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|=,而∠OAB=,故|AQ|=y2.
由=sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组消去x,可得y1=.
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
消去x,可得y2=.
由方程组
-
由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,两边平方,
整理得56k2-50k+11=0,
解得k=或k=.
所以,k的值为或.
解题关键利用平面几何知识将=sin∠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:+=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:+=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,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=-及题设知M,2b2=3ac.
将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得=或=-2(舍去).
故C的离心率为.
(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=4,即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1<0,则
-
-
即
代入C的方程,得+=1.②
将①及c=-代入②得-+=1.
解得a=7,故b2=4a=28,故a=7,b=2.
考点二椭圆的几何性质
1.(2017浙江,2,5分)椭圆+=1的离心率是( )
A. B. C. D.
答案B
2.(2014江西,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=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
3.(2013辽宁,15,5分)已知椭圆C:+=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=,则C的离心率e= .
答案
4.(2015安徽,20,13分)设椭圆E的方程为+=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.
(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,求E的方程.解析(1)由题设条件知,点M的坐标为,
又k OM=,从而=.
进而得a=b,c=-=2b.故e==.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为+=1,点N的坐标为-.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为,则线段NS的中点T的坐标为-.又点
-
T在直线AB上,且k NS·k AB=-1,从而有
-
解得b=3.
所以a=3,故椭圆E的方程为+=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+=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|=|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|=·|F1F2|,可得a2+b2=3c2,
又b2=a2-c2,则=.
所以椭圆的离心率e=.
(2)由(1)知a 2=2c 2,b 2=c 2
.故椭圆方程为
+
=1.
设P(x 0,y 0).由F 1(-c,0),B(0,c),有 =(x 0+c,y 0), =(c,c). 由已知,有 · =0, 即(x 0+c)c+y 0c=0. 又c ≠0,故有 x 0+y 0+c=0.① 又因为点P 在椭圆上, 故
+
=1.②
由①和②可得3
+4cx 0=0.而点P 不是椭圆的顶点,
故x 0=- c,代入①得y 0=
, 即点P 的坐标为 -
. 设圆的圆心为T(x 1,y 1),则x 1=
-
=-
c,y 1=
= c,进而圆的半径r= - - =
c.
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 =r,即
- -
=
c,
整理得k 2
-8k+1=0,解得k=4± . 所以直线l 的斜率为4+ 或4- .
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,F 1、F 2分别是椭圆 +
=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B 的坐标为(0,b),连接BF 2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F 1C.
(1)若点C 的坐标为
,且BF 2= ,求椭圆的方程;
(2)若F 1C ⊥AB,求椭圆离心率e 的值.
解析 设椭圆的焦距为2c,则F 1(-c,0),F 2(c,0). (1)因为B(0,b),所以BF 2= =a. 又BF 2= ,故a= .
因为点C
在椭圆上,所以
+
=1,解得b 2
=1.
故所求椭圆的方程为+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+=1.
解方程组得
-
所以点A的坐标为-.
又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为-.
因为直线F1C的斜率为-
-
--
=-,直线AB的斜率为-,且F1C⊥AB,所以-·-=-1.又b2=a2-c2,
整理得a2=5c2.故e2=.因此e=.
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,焦点F1(-,0),F2(,0),圆O的直径为F1F
2.
(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,求直线l的方程.
解析解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-,0),F2(,0),
所以可设椭圆C的方程为+=1(a>b>0).
又点在椭圆C上,
所以
-
解得
因此,椭圆C的方程为+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+=3.所以直线l的方程为y=-(x-x0)+y0,即y=-x+.
由消去y,得
(4+)x2-24x0x+36-4=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(4+)(36-4)=48(-2)=0.
因为x0,y0>0,所以x0=,y0=1.
因此,点P的坐标为(,1).
②因为三角形OAB的面积为,
所以AB·OP=,从而AB=.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由(*)得x1,2=-,
所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2
=·-.
因为+=3,
所以AB2=-=,即2-45+100=0.
解得=(=20舍去),则=,因此P的坐标为.
则直线l的方程为y=-x+3.
解法二:(1)由题意知c=,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点在椭圆上,
所以2a=--+-=4,
所以a=2.
因为a2=b2+c2,所以b=1,
所以椭圆C的方程为+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+(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=-,则m=3,
将k=-,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
整理得x2-2x+2=0,
解得x1=x2=,将x=代入x2+y2=3,
解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(,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<-,
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=-,
所以|x1-x2|=,
因为AB=--=|x1-x2|=·,
O到l的距离d==,
所以S△OAB=···
=·-
··=,
解得k2=5,因为k<0,所以k=-,则m=3,
即直线l的方程为y=-x+3.
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,而△AOB的高为,所以解题关键是求AB的长,可利用弦长公式AB=--=·-=·|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+=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为.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.
(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,求直线AP的方程.
解析(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,=,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.
所以,椭圆的方程为x2+=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--,故Q-.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-.由点B异于点A,可得点B--.由Q-,可得直线BQ的方程为--(x+1)---=0,令y=0,解得x=,故D.所以|AD|=1-=.又因为△APD的面积为,故××=,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=±.
所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-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+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,
故x1=0,x2=-.
因此|AP|=|x1-x2|=·.
(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|=,|AQ|=,
故=,
所以(-)[1+++a2(2-a2)]=0.
由于k1≠k2,k1,k2>0得1+++a2(2-a2)=0,
因此=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>.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1<a≤,
由e==-得,所求离心率的取值范围为0<e≤.
4.(2015福建,18,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)过点(0,),且离心率e=.
(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-与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.
解析(1)由已知得解得
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)解法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).
所以y1+y2=,y1y2=-,从而y0=.
所以|GH|2=+=+=(m2+1)+my0+.
=--=-
=-=(1+m2)(-y1y2),
故|GH|2-=my0+(1+m2)y1y2+=-+=>0,所以|GH|>.故点G-在以AB为直径的圆外.
解法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则=,
=.
由-
得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=,y1y2=-,
从而·=+y1y2=
54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(2+1)2+2+5222+2+2516=172+216(2+2)>0,
所以cos<,>>0.又,不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G-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+=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,则m-n=( )
A.2-4
B.4-3
C.4-8
D.8-4
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:+=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
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
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. B. C. D.
答案C
4.(2018湖北重点中学4月联考,7)已知椭圆+=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. B.1 C. D.
答案D
5.(2018广东清远模拟,11)已知m、n、s、t∈R+,m+n=3,+=1,其中m、n是常数且m<n,若s+t的最小值是3+2,满足条件的点(m,n)是椭圆+=1的一条弦的中点,则此弦所在直线的方程为( )
A.x-2y+3=0
B.4x-2y-3=0
C.x+y-3=0
D.2x+y-4=0
答案D
6.(2018广西桂林、百色等三市联考,12)已知椭圆+=1(a>b>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∈,则该椭圆离心率e的取值范围为( )
A.-
B.
C. D.
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+y2=1上的点,则P、Q两点间的最大距离是.
答案
三、解答题(共50分)
8.(2019届安徽黄山八校联考,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=,点P 是椭圆的上顶点的一个动点,△PF1F2面积的最大值是4.
(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,·=0,且||+||=,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,=·2c·b=4,又e==,结合a2=b2+c2,
所以a=4,b=2,c=2.所以所求椭圆的方程为+=1.
(2)由(1)知F1(-2,0),由·=0得AC⊥BD.
①当直线AC与BD有一条直线的斜率不存在时,||+||=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-.直线AC的方程为y=k(x+2),联立
消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0,
设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-,
所以||=|x1-x2|=.
同理可得||=,
由||+||==,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=,△PF1F2面积的最大值是4,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||+||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:+=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2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+=λ(λ≠0),求实数λ的取值范围.
解析(1)由题得⇒a=2,b=2,p=2c=4,故C1:+=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
⇒y2-8my-8n=0,因为l与C2相切,故Δ1=(-8m)2+4×8m=0⇒2m2+n=0.联立
⇒(m2+2)y2+2mny+n2-8=0,
所以y1+y2=-,y1y2=-,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+=λ⇒由根与系数的关系,得
而点Q(x0,y0)在椭圆上,即+2=8,代入得+=8⇒λ2==,n∈(-4,0),
令t=4-n,t∈(4,8),则λ2=2-.令f(t)=t+-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+=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=.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若P是椭圆上的任意一点,求·的取值范围.
解析(1)∵|F1F2|=2,椭圆的离心率e=,
∴c=1,a=2,∴b=,
∴椭圆的标准方程为+=1.
(2)设P(x,y),∵A(-2,0),F1(-1,0),
∴·=(-1-x)(-2-x)+y2=x2+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,·取到最小值0,当x=2时,·取到最大值12.
∴·的取值范围是[0,12].
11.(2018广东茂名模拟,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,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·=.
(1)求弦AB的长;
(2)当直线l的斜率k=,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=2,c=,F(,0),设A(x0,y0),B(-x0,-y0),
则M,N--,
由·=-=,则+=5,
则|AB|=2=2.
(2)证明:直线l的斜率k=,则l:y=x,y0=x0,
由+=5,得A(2,1),将c=代入椭圆方程解得
a=2,b=,∴椭圆的方程为+=1.
由题意设l':y=x+m(m≠0),
联立整理得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=-
-,k2=-
-
.
由x2+2mx+2m2-4=0,
可得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4,
所以k1+k2=-
-+-
-
=----
--
=----
--
=---
--
=----
--
=0,即k1+k2=0.
∴直线AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形.。