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
- 文档编号:18826843
- 上传时间:2023-01-01
- 格式:DOCX
- 页数:19
- 大小:73.26KB
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
《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》由会员分享,可在线阅读,更多相关《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(19页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 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 江苏省 高考 数学 二轮 复习 讲义 专题 第三 大题考法 椭圆
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)