第3講直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用

1、第3講 直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用2019考向?qū)Ш娇键c(diǎn)掃描三年考情考向預(yù)測2019201820171 .交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問題第17題第18題第17題解析幾何綜合是江蘇咼考必考 題.填空題主要考查圓錐曲線的幾何性 質(zhì)，主要是以橢圓為背景； 解答題主要 考查圓、直線、橢圓的綜合問題，難度 較高，計(jì)算量大，重點(diǎn)關(guān)注交點(diǎn)、定點(diǎn)、 定值及最值、范圍問題.2.范圍、最值問題3 探索性問題要點(diǎn)整合魁|夯基釋疑1. 交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問題如果曲線中某些量不依賴于變化元素而存在， 則稱為定值，探討定值的問題一般為解答 題求定點(diǎn)、定值的基本方法是：先將變動元素用參數(shù)表示，然后計(jì)算出所需結(jié)果與該參數(shù)無關(guān)；也可將變動元素

2、置于特殊狀態(tài)下，探求出定點(diǎn)、定值，然后再予以證明.2. 范圍、最值問題求解析幾何中的有關(guān)范圍最值問題往往通過類比、聯(lián)想、轉(zhuǎn)化、合理地構(gòu)造函數(shù)，然后去分析、研究問題，轉(zhuǎn)化問題和解決問題.對于圓錐曲線上一些動點(diǎn)，在變化過程會引入一些相互聯(lián)系、相互制約的量，從而使一些線段長度構(gòu)成函數(shù)關(guān)系，函數(shù)思想在處理這類問題時非常有效.圓錐曲線的最值與范圍問題的常見求法：(1) 幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來 解決；(2) 代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函 數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下五個方面考慮：

3、 利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍； 利用已知參數(shù)的范圍， 求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立等 利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍； 利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍； 利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.3. 探索性問題存在型探索性問題，是指判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)不確定的問題這類問題常常出現(xiàn)“是否存在”"是否有”等形式的疑問句，以示結(jié)論有待于確定解答此類問題的思路是：通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中一部分的結(jié)論，然后在這個前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否

4、定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論的證明即：“假設(shè)推證一一定論”是解答此類問題的三個步驟.核汕突破交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問題典型例題2 2優(yōu)1 (2019高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，橢圓C: a2+ b= 1(a>b>0) 的焦點(diǎn)為 1, 0), F2(1 , 0).過F2作x軸的垂線I，在x軸的上方，I與圓F2： (x 1)2 + y2 = 4a2交于點(diǎn)A,與橢圓C交于點(diǎn)D 連接AFi并延長交圓F?于點(diǎn)B,連接BF?交橢圓C于點(diǎn)E,連接DFi 已知(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)求點(diǎn)E的坐標(biāo).【解】(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c.因?yàn)?F# 1, 0), F2(1 , 0),所以

5、 F1F2= 2, c= 1 .又因?yàn)?DF1 = 2, AF2血軸，所以 DF2=- .'Df1 F1F；=" ： 2 22= 3 因此 2a= DF1+ DF2= 4,從而 a= 2.由 b2= a2 c2,得 b2= 3.2 2因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x + 3 = 1.2 2x y(2)法一：由(1)知，橢圓 C： - + 扌=1, a = 2.因?yàn)锳F2±x軸，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1.將x = 1代入圓F2的方程(x 1)2 + y2= 16,解得y=±4.因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以A(1, 4).又 Fi( 1, 0),所以直線 AFi: y= 2

6、x+ 2.y= 2x+ 2,"由得 5/+ 6x 11 = 0,(x 1) 2+ y2= 16,解得x= 1或x=11511 12 將 x = t 代入 y= 2x+ 2,得 y= -5-.f 1112 33因此 B , 5 又 F2(1 , 0),所以直線 BF2： y=-(x 1).y= 3 (x 1)由 22得 7x2 6x 13= 0,解得x= 1或x=y=1,13"7又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以x= 1.33將 x = 1 代入 y = 4(x 1),得 y= 2因此 e 1, 2.2 2法二：由(1)知，橢圓C: x +魯=1.如圖，連接EF1 .因?yàn)?/p>

7、BF2= 2a, EF1 + EF2= 2a,43所以 EF1 = EB,從而 / BF1E = Z B .因?yàn)?F2A = F2B,所以 Z A = Z B.所以 Z A = Z BF1E,從而 EF1/F2A.因?yàn)锳F2±x軸，所以EF1±x軸.、X=_ 1，/3因?yàn)?f * i, 0),由 x2 y2 得 y= ±2-+ = i24十 3'，又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以y= 3因此E 1 , 3 .方【法歸(1)求定值問題常見的方法有兩種：從特殊入手，求出表達(dá)式，再證明這個值與變量無關(guān)；直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到

8、定值.(2)解析幾何中證明直線過定點(diǎn)，一般是先選擇一個參數(shù)建立直線系方程，然后根據(jù)直線系方程過定點(diǎn)時方程成立與參數(shù)沒有關(guān)系，得到一個關(guān)于x, y的方程組，以這個方程組,可特殊對待.的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過的定點(diǎn)當(dāng)定點(diǎn)具備一定的限制條件時對點(diǎn)訓(xùn)練1. (2019蘇州市高三調(diào)研測試)已知橢圓C: -2 +aP(2, 1)2 x,且過點(diǎn)(1)求橢圓C的方程;如圖，設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C 上, 兩點(diǎn) A(x1 , y1), B(X2, y2)，若直線 這個定值.且PQ與x軸平行，過PQ平分/ APB，求證:P點(diǎn)作兩條直線分別交橢圓 C于直線AB的斜率是定值，并求出c解因?yàn)闄E圓c的離心率aa3a2-3T，所以

9、肯=4，即 a = 4b所以橢圓C的方程可化為X2+ 4y2= 4b2,又橢圓C過點(diǎn)P(2, 1),所以 4+ 4= 4b2,得 b2= 2,則 a2 = 8.2 2所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x + y = 1.8 2(2)由題意，設(shè)直線PA的方程為y+ 1 = k(x 2),X2+ 4y2= 8, 聯(lián)立方程得彳消去 y 得：(1 + 4k2)x2 8(2k2+ k)x+ 16k2+ 16k 4 = 0.|y= k (x 2) 1,2 216k + 16k 48k + 8k 2所以2x1 =2，即X1 =1+ 4k1 + 4k因?yàn)橹本€PQ平分/ APB,即直線FA與直線PB的斜率互為相反數(shù)8

10、k? 8k 2 設(shè)直線PB的方程為y+ 1 = k(x 2),同理求得X2 =廠.1 + 4ky1+ 1 = k (X1 2),又丨所以 y1 y2= k(X1 + X2) 4k.y2+ 1 = k (X2 2),2X1 X2 =16k21+ 4k16k 48k即 y1 y2= k(x1 + X2) 4k= k2 4k=_:,1 + 4k1 + 4k8ky1 y21 + 4k所以直線AB的斜率為kAB=X1 X216k1 + 4k21所以直線AB的斜率是定值§.范圍、最值問題典型例題2 2釦2 (2019泰州模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E: X2+ y2= 1(a>

11、;b>0)a b的左頂點(diǎn)為A,與x軸平行的直線與橢圓 E交于B、C兩點(diǎn)，過B、C兩點(diǎn)且分別與直線 AB、AC垂直的直線相交于點(diǎn) D .已知橢圓4.55(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)證明點(diǎn)D在一條定直線上運(yùn)動，并求出該直線的方程; 求 BCD面積的最大值.【解】(1)由題意得C=" 5, a c=牛5,a 3 c5解得 a= 3, c= 5,所以 b = a2門2 又 9° + 羅=1，所以 x2 9 = "4°,則 yD= c2= 2,2 2所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x y *9十4.設(shè) B(xo, yo), C( xo,yo),顯然直線 AB, A

12、C, BD,CD的斜率都存在，設(shè)為ki, k2.k3, k4,k2 =亠則 k1 = xj 3'2 = xo+ 3xo + 3xo 3k3=-yr，k4=-yr，所以直線BD , CD的方程為xo+ 3y= (x xo) + yo,xo 3y=qj(x+ xo)+ yo,xo+ 3消去 y 得-J。(x xo) + yoxo 3-(x + xo)+ yo,化簡得x= 3,故點(diǎn)D在定直線x= 3上運(yùn)動.xo 3(3)由(2)得點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為yD =丁廠(3 + xo) + yo,9 2;yoxo 3-yr(3+xo)+yo=-yr+yo=- 4yo，5-4yoyo = 4|yo|,所以點(diǎn)

13、D到直線BC的距離h為|yD yo| =1-y2，即 BC= 6 - 1 甞,所以 BCD面積S/ecD=*BCh=1 xyoi272-2yoi , 274qiyoS 72 21yo+yo專4=27,當(dāng)且僅當(dāng)2 21-魯眷即yo=±2時等號成立，27故yo = ± 2時，ZJ3CD面積的最大值為 .求范圍最常見的解法有兩種：代數(shù)法和幾何法.若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求范圍.求范圍常用方法有配方法，判別式法，基本不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法 ，這種方法稱為代數(shù)法.若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決 ，這

14、就是幾何法.對點(diǎn)訓(xùn)練2 22. (2019南京市四校聯(lián)考)已知橢圓C: X + yb = 1(0<b<4)的左、右頂點(diǎn)分別為 A、B, M為橢圓C上異于A、B的任意一點(diǎn)，A關(guān)于M的對稱點(diǎn)為P.1(1)若M的橫坐標(biāo)為2，且點(diǎn)P在橢圓的右準(zhǔn)線上，求 b的值；若以PM為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O,求b的取值范圍.解(1)因?yàn)镸是AP的中點(diǎn)，1 、xm = 2， X = 2,所以 xp= 3.420因?yàn)镻在橢圓的右準(zhǔn)線上，所以 =3,解得b= 20.#4 b設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(X0, yo)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(X1, Y1),xo 2yo因?yàn)镻關(guān)于M的對稱點(diǎn)為A,所以 =X1, *= y1,即 X

15、o= 2x1 + 2, yo = 2y1.因?yàn)橐訮M為直徑的圓恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O,所以O(shè)M丄OP,所以 OM OP = 0,即 Xox1 + yoy1 = 0,2 2 2所以(2x1 + 2)x1 + 2y1 = 0,即 y1 = X1 X1.2. 2yi4y1即 b = P=214 X11 42 2 2 2 又點(diǎn)m在橢圓x+y=1(o<b<4)上,所以號+y=1,X1 + X1X1 + 4所以 b= 4X = 4(1+ )x2 4xf 4=41 +X1+ 4(*+ 4) 2 8 ( X1+ 4)+ 12=41 +(X1 + 4)X1+ 4因?yàn)橐?<X1<2,所以 2&

16、lt;X1 + 4<6 ,所以 4 3W X1 + 4 +12xi+ 4<8,所以1J,(xi + 4)+ 84，3_ 8xi + 4即1 ( g, 一1一(xi + 4)+旦84 3 8，xi + 4所以 b ( g, 4(i +),4羽8即 b (g, 2 3.又 0<b<4,所以 b (0, 2 _3.探索性問題典型例題2 2(2019蘇州模擬)如圖，橢圓C:予+詁=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)分別為A, B,右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓C上，且PF丄x軸，若 AB/ 0P,且|AB|= 2 3.(i)求橢圓C的方程;(2)Q是橢圓C上不同于長軸端點(diǎn)的任

17、意一點(diǎn)， 與QD的斜率乘積恒為定值？若存在，求出點(diǎn)D【解】 由題意得A( a, 0), B(0, b),在x軸上是否存在一點(diǎn) D,使得直線QA 的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.c2 t2可設(shè)P(c, t)(t>0),所以孑+ 2= 1,解得ta ,即 P c,bf由 AB / 0P 得=,即 b= c,所以 a2 = b2 + c2 = 2b2, a c又 AB= 2 3,所以 a2+ b2= 12 ,2 2由得a2= 8, b2= 4,所以橢圓C的方程為；+比=1.(2)假設(shè)存在D(m, 0)使得直線QA與QD的斜率乘積恒為定值,設(shè)Q(xo, y°)(yo®，則弓82+

18、務(wù)心率e= 2 直線I: x my 1 = 0(m R)過橢圓C的右焦點(diǎn)F，且交橢圓C于A, B兩點(diǎn).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；,設(shè) kQAX kQD = k(常數(shù)),因?yàn)?A(- 2 2, 0),所以一四= k,xo + 2 2 xo m2由得y已知點(diǎn)D將，0 j,連結(jié)BD，過點(diǎn)A作垂直于y軸的直線h,設(shè)直線l1與直線BD交于點(diǎn)P,試探索當(dāng)m變化時，是否存在一條定直線 J使得點(diǎn)P恒在直線-上？若存在, 請求出直線12的方程；若不存在，請說明理由.= 4 1 詈,將代入，得8 x22x0+( 2 m) xo 22m2 - 2 m = 0，i所以所以m= 2 2, k= 2,所以存在點(diǎn) D(2

19、2, 0),使得kQAX kQD =|>/2m= 8,2方狂歸解答探索性問題，需要正確辨別題型，分析命題的結(jié)構(gòu)特征，選擇解題的突破口 ，尋找 出最優(yōu)的解題思路. 解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型，解決問題一 般是根據(jù)條件進(jìn)行演繹推理.解答時，不但需要熟練掌握圓錐曲線的概念和性質(zhì)、 方程和不 等式等各項(xiàng)知識，還要具備較強(qiáng)的審題能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力以及善于運(yùn)用數(shù)形結(jié) 合的思想方法分析問題、解決問題的能力.對點(diǎn)訓(xùn)練2 23. (2019常州市期末)在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，已知橢圓C:篤+右=1(a>b>0)的離a bc= i,解得|a= 2,c= i,

20、解(i)由題設(shè)，得$cca從而 b2= a2 c2= 3,2 2所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為；= i .令 m = 0,則 A i, 2 , B i,3或者A i,B i, i.當(dāng) A i , 2 ,P4, 3 ；當(dāng) A i , 3 , B樂-2)所以，滿足題意的定直線12只能是x= 4.F面證明點(diǎn)P恒在直線x= 4上.所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為yi,從而只要證明設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2),由于 FA垂直于 y 軸，P(4, yi)在直線 BD 上.x my i= 0, 由名£= i,得(4 + 3m2) y2 + 6my 9= 0,因?yàn)?= i44(i + m)> 0,所

21、以因?yàn)閥2一 0 yi 一 0kDB kDP =x2 2 4 2 my2 + i 5yi32_3)22y2 yi my2 2 yi+ y2 §myiy2my2- 23my2 26m 9yi + y2=, yiy2=.4+ 3m4+ 3m式代入上式，得kDB kDF= 0 ,所以 kDB = kDF .所以點(diǎn)F(4, yi)恒在直線BD上，從而直線li、直線BD與直線12： x= 4三線恒過同一點(diǎn)P,所以存在一條定直線l 2： x= 4使得點(diǎn)P恒在直線l2上.專題強(qiáng)化倉精練提能基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)2 21 .方程+ J = 1表示雙曲線的充要條件是k.k+ 1 k 5解析易知k+ 1工k 5.由條

22、件得(k + 1)(k 5)<0,解得1<k<5.答案(1 , 5)2 22.(2019江蘇名校聯(lián)考)若雙曲線X4 12= 1的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P是雙曲線右支上的動點(diǎn)，A(1 , 4)，則|PF|+ |FA|的最小值是 .2 2X V解析由題意知，雙曲線12 = 1的左焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(一4, 0),設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)所以| 2k 2|k* 2 +(1) 2.3,為 B ,貝U B(4 , 0),由雙曲 線的定義知，|FF| + |FA| = 4 + |FB| + |FA|>4 + |AB| = 4 +即 k 23. (2019 蘇名校高三入學(xué)摸底)若直線I: y= k(x

23、1)與圓C: x + V + 2x 4y+ 1 = 0交于A、B兩點(diǎn)，且 ABC為等邊三角形，則實(shí)數(shù)k的值為.解析將圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得(x+ 1)2+ (y 2)2= 4,所以圓心C( 1, 2),半徑 r = 2,又由題意可知|AB|= 2,所以圓心C到直線I的距離為；22 12= ,3, + 8k+ 1 = 0,解得 k= 4 15或 k= 4+ ,15 .答案4土. 154. (2019南京、鹽城高三模擬)過點(diǎn)P( 4, 0)的直線I與圓C: (x 1)2 + y2 = 5相交于A,B兩點(diǎn)，若點(diǎn)A恰好是線段PB的中點(diǎn)，則直線l的方程為 .2解析根據(jù)題意，由于(一4 1) >5

24、,所以點(diǎn)P在圓C外，過圓心C作CM丄AB于M ,連結(jié)AC.易知直線I的斜率存在，設(shè)直線I的方程為y= k(x+ 4),即kx y+ 4k = 0,則|CM|k2 +1.又點(diǎn)A恰好是線段PB的上蝕, |am =k2+ 12 2225k2 45 180k2k2 + 1中點(diǎn)，所以 |PM|= 3|AM|,在 RtPMC 中，|CM |2+ |PM|2= |PC|2,即 一 +2= 25 ,k2+ 1得180k2= 20 ,即k= ±r,故直線I的方程為x±3y+ 4= 0.答案x±3y+ 4 = 02 25. （2019河北邯鄲模擬改編）橢圓X2+ y3 = 1的焦點(diǎn)為

25、Fl, F2，點(diǎn)P在橢圓上，如果線段PF2的中點(diǎn)在y軸上，那么 PF2是PF1的倍.解析設(shè)線段PF2的中點(diǎn)為D ,1則 0D = 2PF1, OD /PF1, OD ±x 軸，所以PF4軸.b2所以pF1=a又因?yàn)?PF1+ PF2= 4 3, 所以 PF2= 4 .3¥= F.所以PF2是PF1的7倍.答案72 26. （2019廣州調(diào)研改編）已知橢圓 C: X + 3 = 1的左、右焦點(diǎn)分別為 F1, F2,橢圓C上點(diǎn)A滿足AF2丄F1F2.若點(diǎn)P是橢圓C上的動點(diǎn)，貝U F1PF2A的最大值為 .2 解析設(shè)向量fTp, f2a的夾角為9.由條件知af2為橢圓通徑的一半，

26、即af2=ba=2則f/P F2A= 2if?P| cos 9,于是fTP F2A要取得最大值,只需fTp在向量F2A上的投影值最大，一/3 /3f3易知此時點(diǎn)P在橢圓短軸的上頂點(diǎn)，所以FjPF2A= 2IF1PICOS2一.答案穿7在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，P為雙曲線x2 y2= 1右支上的一個動點(diǎn)，若點(diǎn)P到直線x y + 1 = 0的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù) c的最大值為 .解析所求的c的最大值就是雙曲線的一條漸近線x y= 0與直線x y + 1 = 0的距離,1此距離d = . 2="2".答案-2x22b&橢圓a2+ b2= 1(a>b>0)

27、的右焦點(diǎn)F(c, 0)關(guān)于直線y=尹的對稱點(diǎn)Q在橢圓上，則橢圓的離心率是.解析設(shè)橢圓的另一個焦點(diǎn)為Fi( c, 0),如圖，連結(jié)QFi, QF ,設(shè)QF與直線y=c交于點(diǎn)M .由題意知M為線段QF的中點(diǎn)，且0M丄FQ ,又0為線段FiF的中點(diǎn),所以 FiQ /OM ,所以 FiQ JQF , FiQ= 20M .在 Rt/MOF 中，tan/MOF = % = C，|0F|= c,2可解得 OM = -, MF = bc,aa故 QF = 2MF =竽QF i= 20M =2c2由橢圓的定義得QF + QFi=驅(qū) + 莖=2a,a a整理得b = c,所以a = " b + c =

28、. 2c, 故 e= ：=¥.答案丐J2x2 y29. (20i9 蘇高考命題研究專家原創(chuàng)卷)已知斜率為 寧的直線I與橢圓孑+ = i(a>b>0)交于不同的兩點(diǎn)，且這兩個交點(diǎn)在 x軸上的射影恰好是橢圓的兩個焦點(diǎn)，則該橢圓的離心率為.解析由題意知，直線I過原點(diǎn)，且與橢圓的兩個交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為一c, c,所以兩個交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(一c, #c),2b2) = 2a2b2,因?yàn)?b2= a2 c2,所以(c,孑© ,代入橢圓方程得 自+ b求橢圓C及圓O的方程； 設(shè)直線I與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P. 若直線l與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)； 直線I與橢

29、圓C交于A, B兩點(diǎn).若 OAB的面積為 號，求直線l的方程. 解(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1( .3, 0), F2( .3, 0),2 2 = 1，整理得c2(a2 +c2(3a2 2c2) = 2a可設(shè)橢圓C的方程為字+岸=1(a>b>0). 2a2c2,即 2a4 5a2c2+ 2c4= 0,即 2e45e2 + 2 = 0,解得 e2= 2 或 e2= 2,又 0<e<1 ,所以 e= 22答案-2k10. 若對于給定的正實(shí)數(shù) k，函數(shù)f(x)= -的圖象上總存在點(diǎn) C,使得以C為圓心、1為x半徑的圓上有兩個不同的點(diǎn)到原點(diǎn)0的距離為2,貝U k的取值范圍是解析

30、設(shè)Ct工0),故圓 C: (x t)2+ (y ¥)2= 1,原題等價于？ tR, t和,圓 C :kk2k2l2?t2>0,任+ 孑<9 ,即-k2>t2t4, k2<9t2 t4.又t2 14 1OO，49t2 t4 -3 81,k2>0,所以對于任意k, k2>t2 t4都有解，所以只需k2<81 .又 k>0 ,所以 k 0,(x t)2+ (y p2 = 1 與圓 x2 + y2 = 4 相交又 CO2= t2+ 孑，1= 2,2= 1 ,所以原題等價于答案0,211. (2018高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢

31、圓C過點(diǎn)，3, g，焦點(diǎn)F1( 3, 0), F2( 3, 0)，圓 O 的直徑為 F1F2.又點(diǎn) 3, 1在橢圓C上,3 1a2+ 4b2= 1 所以a 4b2.2小a b = 3,2因此，橢圓C的方程為X4+y2= 1.因?yàn)閳A0的直徑為F1F2,所以其方程為x2 + y2= 3.X。 3 yx+吊設(shè)直線I與圓O相切于P(xo, yo)(xo>O, yo>O),則x2 + y2= 3,所以直線I的方程為y= X(x xo)+ yo,即yo2x+y2=1，由消去y,得xo3y=y?+yo(4x0+ y2) x2 24xox+ 36 4y2= 0.(*)因?yàn)橹本€I與橢圓C有且只有一個

32、公共點(diǎn)所以= ( 24xo) 4(4x0+ y0)(36 4y0) = 48y0(x0 2) = 0.因?yàn)?X。，y°>0,所以 X0= 2, y0= 1.因此，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,2, 1).因?yàn)槿切蜲AB的面積為等,所以2AB OP =2*6從而AB =4、27設(shè) A(X1, y1), B(x2, y2),由(*)得y廠少24X0 ± . 48y0 (xL 2)X1，2 =2 (4x0+ y0)所以 AB = (xi X2) + (yi y2)= 1 +y0 (x2 2) (4爲(wèi) + y0) 2 °因?yàn)? 2xo+ yo = 3,所以22 16 (X0 2

33、)3242AB2=27 =,即 2x； 45x5 + 100= 0,(爲(wèi)+ 1) 249解得2xo=2 1=20 舍去),貝U yo = 2,因此P的坐標(biāo)為°,今.綜上，直線I的方程為y= .5x + 3.2.12. (2019南京、鹽城模擬)在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，橢圓2 2C:予+ 古=1(a>b> 0)的右準(zhǔn)線方程為x= 4，右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B，右焦點(diǎn)為F，斜率為2的直線經(jīng)過點(diǎn)A,且點(diǎn)F到直線的距離為晉(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)將直線繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，它與橢圓C相交于另一點(diǎn)P,當(dāng)B, F, 直線的斜率.P三點(diǎn)共線時，試確定解(1)由題意知,直線的方程為y=

34、2(x a).即 2x y 2a = 0,所以右焦點(diǎn)F到直線的距離為|2c 2a|52.5所以a c= 1,2 2aa又橢圓C的右準(zhǔn)線為x= 4,即一=4,所以c=-,c4將此代入上式解得 a= 2, c = 1,所以b2= 3,2 2所以橢圓c的方程為:+y=1.4 32k+ 3x= k+3 ,代入橢圓解得3ky=廠,2 2 的橢圓C：寺+ b,PQ= 2 3.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;=-<3（x 1）,聯(lián)立方程組x2 y2+ = 14 + 31 ,r = 85X= 0,8 3 （3 A解得 Q Q或（舍去），即p8,晳,y=羋y/3丈 5丿0一所以直線的斜率k=法二：由知B(0,3

35、), F(1 , 0),所以直線BF的方程為y= 3(x 1),由題知A(2,|y= .3 (x 1),0),顯然直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為y= k(x 2),聯(lián)立方程組y= k (x 2),k=呼或k=申,又由題意知，v 0得k> 0或22k+p 3 kv 3,所以 k=乎.13. (2019泰州市模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為 寧 =1(a> b > 0)的左頂點(diǎn)為A,過原點(diǎn)0的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P, Q兩點(diǎn),直線PA, QA分別與y軸交于M, N兩點(diǎn).若直線PQ斜率為(2)試問以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn) (與直線PQ的斜率無關(guān))？請

36、證明你的結(jié)論.(亞P xo,2 xo ，因?yàn)橹本€PQ斜率為寧時，PQ = 2 3,所以x2+2 2 1 所以x0=2,所以孑+孑=1, 因?yàn)閑=扌=工=#所以a2=4,=2.2 2所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為X+專=1.(2) 以MN為直徑的圓過定點(diǎn)F( ± 2, 0).2 2設(shè) P(x°, y0),則 Q( X0, y0),且羅+ 羅=1,即 x0+ 2y2= 4,因?yàn)锳(-2, 0)，所以直線PA方程為y =扭(x + 2)，所以M直線QA方程為y= =(x+ 2),所以Ny-弋=0,(2yo Y 以MN為直徑的圓為(x 0)(x 0) + y, o<xo+ 2 人即

37、/+ y2譽(yù)0y+護(hù)=0,X0 4X0 4因?yàn)?x0 4= 2y2,所以 x2 + y2 + 竽丫一 2 = 0,令 y = 0,貝U X2 2= 0,解得 x= 土, 2,所以以MN為直徑的圓過定點(diǎn) F( ± 2, 0).2 214. (2019鎮(zhèn)江期末)已知橢圓予+治=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(1 , 0),離心率為 乎過F作兩條互相垂直的弦 AB，CD，N.(1) 求橢圓的方程;證明：直線 MN必過定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)坐標(biāo);(3) 若弦AB, CD的斜率均存在，求 FMN面積的最大值.解由題意：c= 1,b = 1, c= 1,a 22橢圓的方程為I + y2= 1

38、.證明：當(dāng)AB, CD斜率均存在時，設(shè)直線AB方程為y= k(x 1),a(xi, yi), b(x2, y2), MXi + X2,X1 + X2 kk 2:k： 1得(1 + 2k2)x2-4k2x+ 2k2-2 = 0 ,x + 2y - 2= 0,X1 + X2 =4k21 + 2k2'2k2- 2X1X2=2,1+ 2k2k2M 2,Q + 2k1將上式中的k換成一卞則同理可得：N* 2 k2+ k2' 2 + k2如羊T,1 + 2k 2 + k得k= ±1,則直線MN斜率不存在，此時直線MN過點(diǎn)|, 0 下證動直線MN過定點(diǎn)P|, 0 J22 1 + 2

39、k 2+ k k (3k + 3) 若直線MN斜率存在，則kMN = |k2一 21 + 2k 2+ k4 導(dǎo)j2k - 22 k 1k 3 k直線MN為y-|= X 一2+ k 2 k - 1X-2+k2 ,令y = 0,得2|k2 1|3 + k2-1x=, + _x=-x2+ k232 + k232 + k223,當(dāng)直線AB ,CD的斜率有一條不存在時,直線2MN為x= 0,也滿足過定點(diǎn)(3, 0)綜上，直線(2 MN過定點(diǎn)3, 02 -k21 + 2k23 2 + k2 + 2X 2(3) 由(2)可知直線 MN過定點(diǎn)P 3, 0 ,2|k| ( 3+ 3k )2+ k2)( 1 +

40、2 k22_ 1 x |k| (k +1) 24+ 5 k2 + 21|k汁叼2 ，2k2+ 5 + -2k小、1、，tSajfmN f(t) x22 (t2- 2)+ 511-2t2f'=產(chǎn)苛* 0，則f(t)在t 2 ,+s)上單調(diào)遞減，當(dāng)t= 2時f(t)取得最大值1,此時Szfmn取得最大值9，此時k= ±1.能力提升1. (2019南通市高三模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，已知橢圓2 2拿+ *= 1(a>b>0)的離心率為-2-，長軸長為4.過橢圓的左頂點(diǎn) A作直線I，分別交橢圓和圓x2 + y2= a2于相異兩點(diǎn)P, Q.(1)若直線1Api

41、的斜率為p求aq的值;(2)若PQ =瓜P，求實(shí)數(shù) 入的取值范圍.a - 2,解得.、b = V2r2a= 4解(1)由條件知，c_2a- 2a2 - b2 + c22 2所以橢圓的方程為:+=1,圓的方程為x2+ y2= 4.1法一：直線I的方程為y = 2(x+ 2),y=1 (x+ 2)2由，消去 y 得，3X22 4k 2 4k 216+ 16k + 4x 4= 0,x2 + 2y2= 4解得 Xa= 2, Xp= 3,所以 pg,扌).所以Ap =,( 3+2)2+( 3)2=卻，又原點(diǎn)O到直線l的距離d = ¥，5所以 AQ = 2 '，4- 5=竽,4丘所以AP

42、 =丄=5 所以AQ紅565x= 2y 2法二：由丫,消去x得，3y2 4y= 0,x2 + 2y2= 44 所以yp= 4._Jx=2y 228由22,消去x得，5y 8y = 0,所以yQ=x + y = 42k + 12k + 1(2k + 1)所以 AP = 所以 ap = (2+ 2) + (2) =2,x 5 = 5 所以 AQ= 3X 8 = 6.(2)法一：若PQ = ?AP,貝V 4AQ 1 ,x2+ 2y2= 4 由題意知直線l的斜率存在，設(shè)為k,故直線l: y= k(x + 2)(20),由ly= k (x+2) 得(2 k2 + 1)x2+ 8k2x+ 8k2 4 =

43、0,即(x + 2)(2 k2 + 1)x + (4 k2 2) = 0,2 22 4k2 4k 4k所以 xa= 2, xp= 2,得 P(2, 2).2k + 12k + 1 2k + 1即AP=屮2k + 1同理Q(二 ,2k2+ 1k2+ 12 2k24k), AQ=4.22k + 12由題意知，k >0,所以0< M.法二：由法一知，匸AP4kk2+1121 = 1 ,由題意知，k2>0,所以0<肚1 .4kk2+ 122k + 12.已知斜率為k的直線l與橢圓C:2 2X +1= 1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1 ,m)(m>0).(1)證明：

44、k< 舟;(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn)，且FP + FA+ FB = 0.證明:|FA|, |FP|, |FB|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差.2 2x1 y1解(1)證明：設(shè) A(X1, y”，b(x2, y2),則：+扌=1,2 2X2 y2“+ = 14 T 3兩式相減y1 y2X1 + X2y1 + y2,并由=k 得 4 + 'k= 0.X1 X24由題設(shè)知X1+ X2=1,y1+y2十口3=m,于是k=4m.由題設(shè)得30 v mv 2,1故 kv -.k2+ 1由題意得F(1, 0).設(shè) P(X3,y3),則(X3 1,y3)+ (X1 1,y1) +(X2 1

45、,y2)= (0,0).由(1)及題設(shè)得 X3= 3 (X1 + X2)= 1, y3= (y1 + y2)= 2mv 0.又點(diǎn)p在c上,所以m=4,從而p 1, 2, ifp=2.于是 |FA|= ' (X1 1) 2+ y1=_ . (X1 1) 2+ 3 1 = 2 號.同理|FB|= 2-專.t t1所以 |FA|+ |FB|= 4-2(xi + X2) = 3.故 2|fP|=|fA|+ |FB|,即 |FA|, |FP|, |FB成等差數(shù)列.設(shè)該數(shù)列的公差為 d,則 2|d|= |FB |FA|= |xi-X2|= 2 (xi + X2)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；過F的直線與橢圓交于 A, B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線分別交直線I和AB于點(diǎn)P,C,若PC = 2AB，求直線 AB的方程.c iJ2a2解(1)由題意，得a=且c+ 7 = 3,a 2c解得 a= 2, c= 1,則 b = 1,2所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為X2 + y2= 1. 當(dāng)AB丄x軸時，AB = . 2,又CP=