2021年江蘇高考數(shù)學(xué)二輪講義：專(zhuān)題五第3講直線(xiàn)、圓與橢圓的綜合運(yùn)用

1、第 3 講 直線(xiàn)、圓與橢圓的綜合運(yùn)用1 .交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問(wèn)題如果曲線(xiàn)中某些量不依賴(lài)于變化元素而存在，則稱(chēng)為定值，探討定值的問(wèn)題一般為解答 題求定點(diǎn)、定值的基本方法是：先將變動(dòng)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(wú)關(guān)；也可將變動(dòng)元素置于特殊狀態(tài)下，探求出定點(diǎn)、定值，然后再予以證明.2 .范圍、最值問(wèn)題求解析幾何中的有關(guān)范圍最值問(wèn)題往往通過(guò)類(lèi)比、聯(lián)想、轉(zhuǎn)化、合理地構(gòu)造函數(shù)，然后 去分析、研究問(wèn)題，轉(zhuǎn)化問(wèn)題和解決問(wèn)題.對(duì)于圓錐曲線(xiàn)上一些動(dòng)點(diǎn)，在變化過(guò)程會(huì)引入一些相互聯(lián)系、相互制約的量，從而使一些線(xiàn)段長(zhǎng)度構(gòu)成函數(shù)關(guān)系，函數(shù)思想在處理這類(lèi)問(wèn)題 時(shí)非常有效.圓錐曲線(xiàn)的最值與范圍問(wèn)題的常見(jiàn)求法：(

2、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(lái)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(gè)函數(shù)的最值，利用代數(shù)法解決最值與范圍問(wèn)題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮：1利用判別式來(lái)構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；2利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類(lèi)問(wèn)題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等3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；4利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；5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(wèn)題存在型探索性問(wèn)題，是指判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形、函數(shù)

3、等)考點(diǎn)掃描三年考情考向預(yù)測(cè)2019201820171 .交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問(wèn)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(xiàn)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(xiàn)、橢圓的綜合問(wèn)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(wèn)題.2.范圍、最值問(wèn)題3 探索性問(wèn)題要點(diǎn)整合夯基釋鋌不確定的問(wèn)題這類(lèi)問(wèn)題常常出現(xiàn)“是否存在”是否有”等形式的疑問(wèn)句，以示結(jié)論有待于2019 考向?qū)Ш酱_定解答此類(lèi)問(wèn)題的思路是：通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)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(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則

4、否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論的證明即：“假設(shè) 一一推證一一定論”是解答此類(lèi)問(wèn)題的三個(gè)步驟.典型例題 I (2019 高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，橢圓 C: |2+=1(ab0)的E,連接 DFi已知 DFi= 2.(1)求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程;求點(diǎn) E 的坐標(biāo).【解】設(shè)橢圓 C 的焦距為 2c.因?yàn)?Fi( i , 0), F2(i , 0),所以 FiF2= 2, c= i.又因?yàn)?DFi= 2，AF2丄 x 軸,所以 DF2= DF2 FiF2=因此 2a = DFi+ 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

5、為丁 + 3 = i.2 2x y(2)法一：由(i)知，橢圓 C:4+ 3 = i，a= 2.因?yàn)?AF2丄 x 軸，所以點(diǎn) A 的橫坐標(biāo)為 i .將 x= i 代入圓 F2的方程(x i)2+ y2= i6,解得 y= 4.焦點(diǎn)為 Fi( 1 , 0), F2(1 , 0).過(guò)F2作 x 軸的垂線(xiàn) I，在 x 軸的上方,I 與圓 F2： (x i)2+ y2=4a2交于點(diǎn) A,與橢圓 C 交于點(diǎn)D 連接 AFi并延長(zhǎng)交圓F2于點(diǎn) B,連接 BF2交橢圓 C 于點(diǎn)5 22=-2 2.交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問(wèn)題從而 / BF1E = / B.因?yàn)?F2A= F2B,所以/ A=ZB .所以/ A =

6、ZBF1E,從而 EF1/F2A.因?yàn)?AF2丄 x 軸，所以 EF1丄 x 軸.因?yàn)辄c(diǎn) A 在 x 軸上方，所以 A(1 , 4).又 Fi( 1 , 0),所以直線(xiàn) AFi： y= 2x+ 2.y= 2x + 2,由得 5x2+ 6x 11 = 0,(x 1)2+=16,11解得 x= 1 或 x=.將 x= 代入 y= 2x + 2,得 y= #.因此 B ,號(hào).又 F2(1 , 0),所以直線(xiàn) BF2：3y= 4(x i).y=4(x1)，由22得 7x2 6x 13= 0,解得 x=y-=1,x24 + 31 或 x=173.又因?yàn)?E 是線(xiàn)段 BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以 x= 1.3

7、3將 x= 1 代入 y= 4(x 1),得 y=-.3 因此 E 1, 2 .法二：由(1)知，橢圓 C： 7 +y= 1.如圖，連接 EF1.因?yàn)?BF2= 2a, EF1+ EF2= 2a,所43以 EF1= EB,x= 1,因?yàn)?F1( 1 , 0),由33又因?yàn)?E 是線(xiàn)段 BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以 y=因此 E - 1, - 2 (1) 求定值問(wèn)題常見(jiàn)的方法有兩種：從特殊入手，求出表達(dá)式，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)；直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值.(2) 解析幾何中證明直線(xiàn)過(guò)定點(diǎn) ，一般是先選擇一個(gè)參數(shù)建立直線(xiàn)系方程，然后根據(jù)直線(xiàn)系方程過(guò)定點(diǎn)時(shí)方程成立與參數(shù)

8、沒(méi)有關(guān)系，得到一個(gè)關(guān)于 x, y 的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線(xiàn)所過(guò)的定點(diǎn).當(dāng)定點(diǎn)具備一定的限制條件時(shí)，可特殊對(duì)待.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1. (2019 蘇州市高三調(diào)研測(cè)試)已知橢圓 C:學(xué)+缶=b0)的離心率為，且過(guò)點(diǎn)P(2, - 1) (1) 求橢圓 C 的方程；(2) 如圖，設(shè)點(diǎn) Q 在橢圓 C 上，且 PQ 與 x 軸平行，過(guò) P 點(diǎn)作兩條直線(xiàn)分別交橢圓C 于兩點(diǎn) A(X1，y1)，B(x2，y2)，若直線(xiàn) PQ 平分/ APB，求證：直線(xiàn) AB 的斜率是定值，并求出這個(gè) 定值.c3a2 b23解因?yàn)闄E圓 C 的離心率 a=，所以a = 4，即a2= 4b2，所以橢圓 C 的方程可化

9、為 x2+ 4y2= 4b2，又橢圓 C 過(guò)點(diǎn) P(2， 1)，所以 4+ 4 = 4b2，得 b2= 2，則 a2= 8.一x2y2所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 8+2=1 由題意，設(shè)直線(xiàn) PA 的方程為 y+ 1= k(x 2)，x2+ 4y2= 8，消去 y 得：(1 + 4k2)x2 8(2k2+ k)x+ 16k2+ 16k 4= 0.y= k (x 2) 1，16k2+ 16k 4所以 2x1=2， 即 X11 + 4k2聯(lián)立方程得8k2+ 8k 21 + 4 k2因?yàn)橹本€(xiàn) PQ 平分/ APB,即直線(xiàn) PA 與直線(xiàn) PB 的斜率互為相反數(shù)8 k2 8 k 2 設(shè)直線(xiàn) PB 的方程為

10、 y+ 1 = - k(x 2),同理求得 X2=1 + 4 k2yi+ 1 = k (xi 2), 又所以 yi y2= k(xi+ X2) 4k.y2+ 1= k (X2 2),16k2 48k16k即 y1 y2= k(X1+ X2) 4k= k 4k =, X1 X2=1 + 4k21+ 4k21 + 4 k28k2y1 y21 + 4k所以直線(xiàn) AB 的斜率為 kAB=X1 X2lK1 + 4 k21所以直線(xiàn) AB 的斜率是定值2典型例題(1)求橢圓 E 的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)證明點(diǎn) D 在一條定直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，并求出該直線(xiàn)的方程;求 BCD 面積的最大值.【解】(1)由題意得 c=,a 3

11、 c5解得 a= 3, c= . 5,所以 b=:l：a2 c2= 2, 所以橢圓 E 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 彳+羊=1.(2)設(shè) B(X0, yo), C( X0, yn),顯然直線(xiàn) AB, AC, BD, CD 的斜率都存在，設(shè)為 k1, k2,GE (2019 泰州模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，橢圓E:令+ = 1(a b 0)的a b左頂點(diǎn)為 A,與 x 軸平行的直線(xiàn)與橢圓E 交于 B、C 兩點(diǎn)，過(guò) B、C 兩點(diǎn)且分別與直線(xiàn) AB、范圍、最值問(wèn)題AC 垂直的直線(xiàn)相交于點(diǎn)4 .55xo+ 3xo 3k3= 一, k4=yoyoxo+ 3所以直線(xiàn) BD, CD 的方程為 y=y(x xo

12、)+ yo,xo 3 y=(x+ xo) + yo,xo+ 3xo 3消去 y 得y(x xo) + yo= 齊(x+ xo) + yo,化簡(jiǎn)得 x= 3,故點(diǎn) D 在定直線(xiàn) x= 3 上運(yùn)動(dòng).xo 3(3)由(2)得點(diǎn) D 的縱坐標(biāo)為 yD =1(3 + xo) + yo,xoyo29yoxo34“5又 9+ 丁= 1,所以 x 9=寸，則yD=(3+xo) + yo= + yo= 4yo,59所以點(diǎn) D 到直線(xiàn) BC 的距離 h 為MD yo|= 4 丫。 yo= 4MI,求范圍最常見(jiàn)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

13、求范圍常用方法有配方法，判別式法，本不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法，這種方法稱(chēng)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(lái)解決，這就是幾何法.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2 22 （2019 南京市四校聯(lián)考）已知橢圓 C: 4 + b = 1（b4）的左、右頂點(diǎn)分別為為橢圓 C 上異于 A、B 的任意一點(diǎn)，A 關(guān)于 M 的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為 P .k3, k4,貝 U k1=xo+ 3yoxo+ 3將 y= yo代入害Y2即 BC =6J1所以BCD 面2727當(dāng)且僅當(dāng)1- 4=即y=時(shí)等號(hào)成立，yo= 土. 2 時(shí)，ZBCD 面積的最大值為274 A、B,=1 得 x=h= -1y9_4遠(yuǎn)427

14、2i(i)若 M 的橫坐標(biāo)為 2,且點(diǎn) P 在橢圓的右準(zhǔn)線(xiàn)上，求 b 的值;若以 PM 為直徑的圓恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,求 b 的取值范圍.解因?yàn)?M 是 AP 的中點(diǎn)，iXM=2，XA=2,所以XP=3.42o因?yàn)镻在橢圓的右準(zhǔn)線(xiàn)上，所以.4一=3,解得 b=2o.寸 4-b9設(shè)點(diǎn) P 的坐標(biāo)為(xo, yo)，點(diǎn) M 的坐標(biāo)為(xi, yi).xo 2yo因?yàn)?P 關(guān)于 M 的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為 A,所以-=xi, 2 = yi,即 xo= 2xi+ 2, yo= 2yi.因?yàn)橐?PM 為直徑的圓恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,所以 OM 丄 OP, 所以O(shè)MOP=o, 即 xoxi+ yoyi= 0,所以(2x

15、i+ 2)xi+ 2yi= 0,即 yi= x2 xi.又點(diǎn) M 在橢圓訃 i(ob4) 上,所以弓+咅 i ,即 b=%= ,i ：4xi2xi+ xixi+ 4所以 b= 4X = 4(i + )x2 4xi 4xi+ 4=4i+ (Xi+ 4)2 8 (Xi+ 4)+ i2_i_=4i+i2，(xi+ 4) + 8xi+ 4因?yàn)橐?2xi2 ,所以 2xi+ 46,所以 4.3 xi+ 4+8,xi+ 4ii所以-石-w,(xi+ 4)+- 8 找38xi+ 41 1即- (s,(X1+ 4)+ - 84 5 38X1+ 41所以b(- s,4(1+R),即 b(s,23.又 0bb0)

16、的左頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)分別為A, B,a b(1)求橢圓 C 的方程;(2)Q 是橢圓 C 上不同于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn)，在x 軸上是否存在一點(diǎn) D，使得直線(xiàn) QA與 QD 的斜率乘積恒為定值？若存在，求出點(diǎn)D 的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由.C2t2b2【解】由題意得 A( a, 0), B(0, b),可設(shè)P(C,t)(t0),所以二+頁(yè)=1,解得 t=-,a bab2即PC,a,ab2a由 AB /OP 得b=,即 b =C,所以 a2= b2+C2=2b2,aC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 X +y= 1.84X2假

17、設(shè)存在 D(m, 0)使得直線(xiàn) QA 與 QD 的斜率乘積恒為定值,設(shè) Q(xo, yo)(yo0)，則-+4 = 1,設(shè) kQAxkQD= k(常數(shù)),因?yàn)?A(-2 2, 0),右焦點(diǎn)為 F，點(diǎn) P 在橢圓 C 上，且將代入,8 x6 7 8 92x2+( 2.2 m) X0 2.2m一 m = 0,11所以所以 m = 2；：2, k= 2，所以存在點(diǎn) D(2.：.2, 0),使得 kQAxkQD= 2./2m= 8,22解答探索性問(wèn)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(wèn)題，從類(lèi)型上看，主要是存在類(lèi)型，解決問(wèn)題一般是根據(jù)條件

18、進(jìn)行演繹推理解答時(shí)，不但需要熟練掌握?qǐng)A錐曲線(xiàn)的概念和性質(zhì)、方程和不 等式等各項(xiàng)知識(shí)，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(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練x2v23. (2019 常州市期末)在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，已知橢圓 C:孑+診=1(ab0)的離心7率 e= 2,直線(xiàn) 1: x my 1= 0(m R)過(guò)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;5(2)已知點(diǎn) D 2，0，連結(jié) BD，過(guò)點(diǎn) A 作垂直于點(diǎn) P,試探索當(dāng) m 變化時(shí)，是否存在一條定直線(xiàn)12,出直線(xiàn) 12的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理

19、由.c=1，c = 1,解(1)由題設(shè),得c 1解得a=2，a=2，從而 b2= a2 c2= 3 ,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x4+=1.所以V0X0+2J2x V =k,X0m由得 y2= 41 - x2，y 軸的直線(xiàn) 11,設(shè)直線(xiàn) 11與直線(xiàn) BD 交于使得點(diǎn) P 恒在直線(xiàn) 12上？若存在，請(qǐng)求當(dāng) A 1,3, B 1, -3時(shí)，P 4, 2 ；333當(dāng) A 1, - 2，B1，2 時(shí)，P 4, - 2， 所以，滿(mǎn)足題意的定直線(xiàn) 12只能是 x= 4 下面證明點(diǎn) P 恒在直線(xiàn) x= 4 上.93令 m= 0,則 A 1, 2，B 1 , 2 或者 A 1，設(shè) A(x1, y1), B(x2

20、,y2),由于 FA 垂直于 y 軸，所以點(diǎn) P 的縱坐標(biāo)為y1,從而只要證明F(4,y1)在直線(xiàn) BD 上.x my 1 = 0,由 x2y2d4 十 31，得(4 + 3m2)y2+ 6my 9= 0,因?yàn)? 144(1 + m2) 0,6m 9所以 y1+ y2=2，y2=2.4+ 3 m24 + 3 m2式代入上式，得 kDB kDF= 0, 所以 kDB= kDF.F,所以存在一條定直線(xiàn) 12： x= 4 使得點(diǎn) P 恒在直線(xiàn) 12上.-專(zhuān)題強(qiáng)化0精練提能J基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)x2y21 .方程- += 1 表示雙曲線(xiàn)的充要條件是k_k + 1 k 5解析易知 k+ 1豐k 5 .由條件得(k+

21、 1)(k 5)0,解得1k4 + |AB| = 4 + (4 1)2+( 0 4)2= 4+ 5= 9,當(dāng)且僅當(dāng) A, P, B 三點(diǎn)共線(xiàn)且 P 在 A, B 之間時(shí)取等號(hào).答案93.(2019 蘇名校高三入學(xué)摸底)若直線(xiàn) I: y= k(x 1)與圓 C： x2+ y2+ 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(xiàn) I 的距離為-22 12= , 3,2k 2|所以.-=,3,.k

22、2+( 1)2即 k2+ 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(guò)點(diǎn) P( 4, 0)的直線(xiàn) 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(xiàn)段 PB 的中點(diǎn)，則直線(xiàn) l 的方程為 _ .解析根據(jù)題意，由于(4 1)25,所以點(diǎn) P在圓 C 外，過(guò)圓心 C 作 CM 丄 AB 于 M ,連 結(jié) AC 易知直線(xiàn) l 的斜率存在，設(shè)直線(xiàn) l 的方程為 y= k(x+ 4)，即 kx y+ 4k = 0,則|CM|=pk2+ 15 20k2.又點(diǎn) A 恰好是線(xiàn)段 PB 的

23、中點(diǎn)，所以|PM |k2+ 1=,故直線(xiàn) l 的方程為 x3y+ 4= 0.答案x 出 y+ 4= 0 x2y2、,AM|= *=3|AM|,在 RtMC 中，|CM|2+ |PM|2= |PC|2,45 180k2k2+ 1=25,得 180k2= 20,即 k|5k|；k2+ 15.(2019 河北邯鄲模擬改編)橢圓 12+ = 1 的焦點(diǎn)為 F1, F2，點(diǎn) P 在橢圓上，如果線(xiàn)段PF2的中點(diǎn)在 y 軸上，那么 PF2是 PF1的_ 倍.解析設(shè)線(xiàn)段 PF2的中點(diǎn)為 D,則 OD = qPFi, OD /PFi, OD 丄 x 軸,所以 PFix 軸.又因?yàn)?PFi+ PF2= 4 .3,

24、所以 PF2= 4,373.所以 PF2是 PFi的 7 倍.答案72 26.(2019 廣州調(diào)研改編)已知橢圓 C:X+ y3=1 的左、右焦點(diǎn)分別為Fi, F2,橢圓 C 上點(diǎn) A 滿(mǎn)足 AF2丄 F1F2.若點(diǎn) P 是橢圓 C 上的動(dòng)點(diǎn)，貝 U 市 嬴的最大值為 _ .T Tb23解析設(shè)向量 FiP, F2A 的夾角為0.由條件知 AF2為橢圓通徑的一半，即AF2=Q= 2, 則FTPFIA=|FTP|cos 0 于是FTPF2A要取得最大值,只需晞在向量 F2A 上的投影值最大，易T T3T3f3知此時(shí)點(diǎn) P 在橢圓短軸的上頂點(diǎn)，所以FIPF2A=2FP|COS縫產(chǎn).7 .在平面直角坐

25、標(biāo)系 xOy 中，P 為雙曲線(xiàn) x2 y2= 1 右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)， 若點(diǎn) P 到直線(xiàn) xy+ 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(xiàn)的一條漸近線(xiàn)x y = 0 與直線(xiàn) x y+ 1 = 0 的距離，答案土8 橢圓x2+y2= 1(ab0)的右焦點(diǎn) F(c, 0)關(guān)于直線(xiàn) y =bx 的對(duì)稱(chēng)點(diǎn) Q 在橢圓上，則橢圓 a bC的離心率是_.b解析設(shè)橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)為F1(C,0),如圖，連結(jié) QF1, QF ,設(shè) QF 與直線(xiàn) y=交于點(diǎn) M .由題意知 M 為線(xiàn)段 QF 的中點(diǎn)，且 0M 丄 FQ,又 0 為線(xiàn)段 FiF 的中點(diǎn)，所以 FiQ/

26、OM ,故 QF = 2MF =2bc, QFi= 20M =竽aa由橢圓的定義得 QF +QF1=晉+誓=2a，整理得 b= c,所以 a=b2+ c2= . 2c,故 e= 722.a 2答案9. （2019 蘇高考命題研究專(zhuān)家原創(chuàng)卷）已知斜率為 于的直線(xiàn) I 與橢圓 a2+ =1（ab0）交于不同的兩點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)在 x 軸上的射影恰好是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，則該橢圓的離心率為解析由題意知，直線(xiàn) I 過(guò)原點(diǎn)，且與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為一c, c,所以?xún)蓚€(gè)齊）,（c, 于）,代入橢圓方程得 字+ 22= 1,整理得 c2（a2+ 2b2）=2a2b2,因?yàn)?b2= a2 c2,所以 c2

27、(3a2 2c2) = 2a4 2a2c2,即 2a4 5a2c2+2c4= 0,即 2e4 5e2+ 2= 0,解得 e2= 2 或 e2= $ 又 0e0,k2k2t2 t4,11t+ 百9即 k2t2 t4都有解,所以只需 k20,所以 k 0, 2 .答案0,2解(1)因?yàn)闄E圓 C 的焦點(diǎn)為 F1( 3, 0), F2(3, 0),可設(shè)橢圓C的方程為 x2+y2=1(ab0).又點(diǎn).3,1在橢圓 C 上,3 丄2a2+ 4b2=1，a=4,所以a 4b解得a2 b2= 3,b2=1因此，橢圓 C 的方程為-+ y2= 1.因?yàn)閳A O 的直徑為 F1F2,所以其方程為 x2+ y2= 3

28、.設(shè)直線(xiàn) l 與圓 O 相切于 P(xo, yo)(xoO, yoO),81k20,所以對(duì)于任意11. (2018 高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，橢圓C 過(guò)點(diǎn).3 2 ,焦點(diǎn) F1(1)求橢圓(2)設(shè)直線(xiàn)若直線(xiàn)C 及圓 O 的方程;I 與圓 O 相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.I 與橢圓 C 有且只有一個(gè)公共點(diǎn),求點(diǎn) P 的坐標(biāo);直線(xiàn) I 與橢圓 C 交于 A, B 兩點(diǎn).若OAB 的面積為竽,求直線(xiàn)I 的方程.3 0), F2(,；3, 0)X0X03則 x2+ y0= 3,所以直線(xiàn) l 的方程為 y=-(x-X0) + y,即 y=- x+y0y0y0X224 + y =1， 由

29、消去 y，得X03y=-y0X+ y0(4x0+ y2)x2 24 X0X + 36 4y0= 0.(*)因?yàn)橹本€(xiàn) I 與橢圓 C 有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以 = (- 24xo)2- 4(4x3+ y0)(36 - 4%) = 48%(X - 2) = 0.因?yàn)?X0, y00,所以 X0= .2, y0= 1 .因此，點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 (2 1).因?yàn)槿切?OAB 的面積為彎,所以 AB OP =從而 AB =竽.設(shè) A(xi, yi), B(X2, y2).由(*)得24x0 48y0( X0 2)2 (4x0+ y0)所以AB2=X01+y048y0(X0-2)(4x0+y0)2因?yàn)閤

30、2+ y2=所以AB2=16：(x2+ 1)2舊,即2x0-45x0+100=0,解得 x2=1=20 舍去)，則 y2= 2，因此 P 的坐標(biāo)為弓0舟-綜上，直線(xiàn) 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 C:拿+ y2= 1(ab0)的右準(zhǔn)線(xiàn)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(xiàn)經(jīng)過(guò)點(diǎn) A,且點(diǎn) F 到直線(xiàn)的距離為牛5.5(1) 求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 將直線(xiàn)繞點(diǎn) A 旋轉(zhuǎn)，它與橢圓 C 相交于另一點(diǎn) P,當(dāng) B, F , P 三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，試確定直 線(xiàn)的斜率.解由題意知，直

31、線(xiàn)的方程為 y= 2(x a),即 2x y 2a = 0,所以 a c= 1,又橢圓 C 的右準(zhǔn)線(xiàn)為 x= 4,即 a；= 4,所以 c=手,將此代入上式解得a= 2, c= 1,所以 b2= 3,所以橢圓 C 的方程為+與=1,法一：由(1)知 B(0,3), F(1 , 0),所以直線(xiàn) BF 的方程為 y=I 3(x 1),y= ,3 (x 1),聯(lián)立方程組法二： 由(1)知 B(0, . 3), F(1 , 0),所以直線(xiàn) BF 的方程為 y= . 3(x 1),由題知 A(2,所以右焦點(diǎn) F 到直線(xiàn)的距離為l2c2a| 2質(zhì).5=解得x= 0,y= 38(舍去),即P5,3；35所以

32、直線(xiàn)的斜率 k=3*32y= (x1),0),顯然直線(xiàn)的斜率存在，設(shè)直線(xiàn)的方程為 y= k(x 2),聯(lián)立方程組解得y=k(x2)，3,所以 k=.1(a b0)的左頂點(diǎn)為 A,過(guò)原點(diǎn) O 的直線(xiàn)(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓 C 交于 P, Q 兩點(diǎn)，直線(xiàn)(1)求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程；試問(wèn)以 MN 為直徑的圓是否經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(與直線(xiàn) PQ 的斜率無(wú)關(guān))？請(qǐng)證明你的結(jié)論.解設(shè)Pxo, -xo,因?yàn)橹本€(xiàn) PQ 斜率為-2時(shí)，PQ= 2 3,21所以 x0= 2,所以孑+ b2= 1,因?yàn)?e= =亠，所以 a2=4, b2=2.以 MN 為直徑的圓過(guò)定點(diǎn) F（ 土 2, 0）.Y2y2設(shè) P（X0, yo

33、）,則 Q（ X0, yo）,且寸+ 羅=1,即 x0+ 2y6= 4,2k+ .；3x=-k+3代入橢圓解得3ky=，k=穿或 k.又由題意知，y一 3kv0 得 k0 或 kvk+.313. (2019 泰州市模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，離心率為-2的橢圓 C: + b2=所以橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為2 2x y+42=1.所以 x2+2yx+ 2因?yàn)?A( 2, 0),所以直線(xiàn) PA 方程為 y=-(x+ 2),所以 M ，xo+ 22y2y以 MN 為直徑的圓為(x )(x 0)+yx+2yx02= ,口 r224xy4y即 x2+ y2牙丄 y += 0,xo 4x 4因?yàn)?/p>

34、 x 4= 2y,所以 x2+ y2+ fy 2 = 0,令 y= 0,則 x2 2= 0,解得 x= . 2,所以以 MN 為直徑的圓過(guò)定點(diǎn) F( 2, 0).14. (2018 鎮(zhèn)江期末)已知橢圓占+ = 1(a b 0)的右焦點(diǎn) F(1, 0),離心率為申，過(guò) Fa b2作兩條互相垂直的弦 AB, CD，設(shè) AB , CD 的中點(diǎn)分別為 M , N .廠(chǎng)場(chǎng).y= k (x 1),得(1 + 2k2)x2 4k2x+ 2 k2 2= 0,x2+ 2y2 2= 0,直線(xiàn) QA 方呈為y=芝(x+1 2)，所以 N，A(x1, y1),B(X2,y2), MX1+ X2X1+ x2x 22k2

35、k綜上，直線(xiàn) MN 過(guò)定點(diǎn)，0 -由可知直線(xiàn) MN 過(guò)定點(diǎn) P1 1故 SMN= SPN+SAFPM= $X-2 也(-+ 3k7)(2 + k2)( 1 + 2k2)=1Xk( k2+ 1)=22k4+ 5k2+ 2SZFMN=f(t)= 2X2(t2 2)+ 54 k1 2X1+ X2=-1+ 2k22c 故 M2 k2 2X1X2=1 + 2k21 + 2k2 1+ 2k21將上式中的 k 換成一 1，則同理可得：N2+k2,2+k2，2 k22如一仝,得 k= 1,則直線(xiàn) MN 斜率不存在，1 + 2k22+ k22 2此時(shí)直線(xiàn) MN 過(guò)點(diǎn) 3，0，下證動(dòng)直線(xiàn) MN 過(guò)定點(diǎn) P 3，0

36、. 1 + 2 k22 + k2 k ( 3k2+ 3)若直線(xiàn) MN 斜率存在，則 kMN= 2k21 + 2 k22 + k22k4 2=3,2 k2 1,k 3 k2直線(xiàn)MN為y亓=R x2+k2,k2- 122 K- i 2令y=，得x=2+2+2X2+2= 3X3 + k212+ k2當(dāng)直線(xiàn) AB, CD 的斜率有一條不存在時(shí),直線(xiàn) MN 為 x= 0,也滿(mǎn)足過(guò)定點(diǎn)(-,0)k1 + 2k2=62k2k1|k汁- 2，=2X2 22k2+ 5+ k21令 t = k+2 , +),112t2如=產(chǎn)石k b0)=a2于相異(1)若直線(xiàn)1i 的斜率為 2，求a= 2b= 2所以 AQ= 2

37、8,554 ,5所以 AQ=蟲(chóng)=6 _5_ x= 2y 2法二：由，消去 x 得，3y2 4y= 0,x2+ 2y2= 44所以 yp= 3.x= 2y 28由，消去 x 得，5y2 8y= 0,所以 yp= 5.x2+=45法一：若 PQ =笳,貝 V AAP 1，x2+2y= 4 由題意知直線(xiàn) I 的斜率存在，設(shè)為 k,故直線(xiàn) I: y= k(x+ 2)( kM0),由，得y = k (x+ 2)(2 k2+ 1)x2+ 8k2x+ 8k2 4 = 0,即(x+ 2)(2 k2+ 1)x+ (4k2 2) = 0,2 4k22 4 k24k所以XA= 2, XP=2，得 P(2，2)2k2

38、+ 12k2+ 12 k2+ 1所以 AP2= (J+ 2)2+ (2k2+ 1由題意知，k20,所以 00,所以 00).1(1) 證明：kb0)的離心率為 #，且右焦點(diǎn) F 到左準(zhǔn)線(xiàn) I 的距離為 3.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;B 兩點(diǎn)，線(xiàn)段 AB 的垂直平分線(xiàn)分別交直線(xiàn) I 和 AB 于點(diǎn) P,C,若 PC = 2AB，求直線(xiàn) AB 的方程.c2a2解由題意，得匚=蔦-且 c+= 3,a 2c解得 a= , 2, c= 1,貝 U b= 1,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 手+ y2= 1.當(dāng) AB 丄 x 軸時(shí)，AB= .2,又 CP = 3,不合題意.當(dāng) AB 與 x 軸不垂直時(shí)，設(shè)直線(xiàn) AB