江蘇省2019屆高考數(shù)學(xué)專題三解析幾何3.3大題考法—橢圓達標(biāo)訓(xùn)練.docx

橢圓A組大題保分練1.如圖，圓C與y軸相切于點T(0，2)，與x軸正半軸相交于兩點M，N(點M在點N的左側(cè))，且MN3.(1)求圓C的方程；(2)過點M任作一條直線與橢圓T：1相交于兩點A，B，連結(jié)AN，BN，求證：ANMBNM.解：(1)設(shè)圓C的半徑為r，依題意得，圓心坐標(biāo)為(r,2)MN3，r ，r，圓C的方程為2(y2)2.(2)證明：把y0代入方程2(y2)2，解得x1或x4，即點M(1,0)，N(4,0)當(dāng)ABx軸時，由橢圓對稱性可知ANMBNM.當(dāng)AB與x軸不垂直時，可設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，聯(lián)立方程消去y，得(k22)x22k2xk280.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.y1k(x11)，y2k(x21)，kANkBN.(x11)(x24)(x21)(x14)2x1x25(x1x2)880，kANkBN0，ANMBNM.綜上所述，ANMBNM.2(2018高郵中學(xué)月考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：1(ab0)的左頂點為A(2,0)，離心率為，過點A的直線l與橢圓E交于另一點B，點C為y軸上的一點(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若ABC是以點C為直角頂點的等腰直角三角形，求直線l的方程解：(1)由題意可得：即從而有b2a2c23，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)設(shè)直線l的方程為yk(x2)，代入1，得(34k2)x216k2x16k2120, 因為x2為該方程的一個根，解得B，設(shè)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(34k2)y0，所以k0或y0，當(dāng)k0時，直線l的方程為y0，當(dāng)y0時，代入(*)得16k47k290，解得k，此時直線l的方程為y(x2)，綜上，直線l的方程為y0,3x4y60或3x4y60.3(2018南通、泰州一調(diào))如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓1(ab0)的離心率為，焦點到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若P為橢圓上的一點，過點O作OP的垂線交直線y于點Q，求的值解：(1)由題意得解得所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)由題意知OP的斜率存在當(dāng)OP的斜率為0時，OP，OQ，所以1.當(dāng)OP的斜率不為0時，設(shè)直線OP的方程為ykx.由得(2k21)x22，解得x2，所以y2，所以O(shè)P2.因為OPOQ，所以直線OQ的方程為yx.由得xk，所以O(shè)Q22k22.所以1.綜上，可知1.4已知橢圓M：1(ab0)的離心率為，一個焦點到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離為3，圓N的方程為(xc)2y2a2c2(c為半焦距)，直線l：ykxm(k0)與橢圓M和圓N均只有一個公共點，分別設(shè)為A，B.(1)求橢圓M的方程和直線l的方程；(2)試在圓N上求一點P，使2.解：(1)由題意知解得a2，c1，所以b，所以橢圓M的方程為1.圓N的方程為(x1)2y25，聯(lián)立消去y，得(34k2)x28kmx4m2120，因為直線l：ykxm與橢圓M只有一個公共點，所以64k2m24(34k2)(4m212)0得m234k2, 由直線l：ykxm與圓N只有一個公共點，得，即k22kmm255k2，將代入得km1，由且k0，得k，m2.所以直線l的方程為yx2.(2)將k，m2代入，可得A.又過切點B的半徑所在的直線l為y2x2，所以得交點B(0,2)，設(shè)P(x0，y0)，因為2，則8，化簡得7x7y16x020y0220，又P(x0，y0)滿足xy2x04，將7得3x02y050，即y0.將代入得13x22x090，解得x01或x0，所以P(1,1)或P.B組大題增分練1在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，右頂點、上頂點分別為A，B，原點O到直線AB的距離等于ab.(1)若橢圓C的離心率為，求橢圓C的方程；(2)若過點(0,1)的直線l與橢圓有且只有一個公共點P，且P在第二象限，直線PF2交y軸于點Q，試判斷以PQ為直徑的圓與點F1的位置關(guān)系，并說明理由解：由題意，得點A(a,0)，B(0，b)，直線AB的方程為1，即bxayab0由題設(shè)，得ab，化簡得a2b21.(1)因為e，所以，即a23b2.由，解得所以橢圓C的方程為4y21. (2)點F1在以PQ為直徑的圓上，理由如下：由題設(shè)，直線l與橢圓相切且l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為ykx1，由消去y得，(b2a2k2)x22ka2xa2a2b20，(*)則(2ka2)24(b2a2k2)(a2a2b2)0，化簡得1b2a2k20，所以k21，因為點P在第二象限，所以k1.把k1代入方程(*)，得x22a2xa40，解得xa2，從而yb2，所以P(a2，b2)從而直線PF2的方程為yb2(xa2)，令x0，得y，所以點Q 從而(a2c，b2)， 從而c(a2c)0，所以0.所以點F1在以PQ為直徑的圓上2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中， 已知圓O：x2y24，橢圓C：y21，A為橢圓右頂點過原點O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓C交于B，C兩點，直線AB與圓O的另一交點為P，直線PD與圓O的另一交點為Q，其中D.設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)記直線PQ，BC的斜率分別為kPQ，kBC，是否存在常數(shù)，使得kPQkBC？若存在，求的值；若不存在，說明理由；(3)求證：直線AC必過點Q.解：(1)設(shè)B(x0，y0)，則C(x0，y0)，y1，因為A(2,0)，所以k1，k2，所以k1k2.(2)設(shè)直線AP方程為yk1(x2)，聯(lián)立消去y，得(1k)x24kx4(k1)0，解得xP，yPk1(xP2)，聯(lián)立消去y，得(14k)x216kx4(4k1)0，解得xB，yBk1(xB2)，所以kBC，kPQ，所以kPQkBC，故存在常數(shù)，使得kPQkBC.(3)設(shè)直線AC的方程為yk2(x2)，當(dāng)直線PQ與x軸垂直時，Q，則P，所以k1，即B(0,1)，C(0，1)，所以k2，則kAQk2，所以直線AC必過點Q.當(dāng)直線PQ與x軸不垂直時，設(shè)直線PQ的方程為y，聯(lián)立解得xQ，yQ，因為k2，所以kAQk2，故直線AC必過點Q.3(2018揚州期末)已知橢圓E1：1(ab0)，若橢圓E2：1(ab0，m1)，則稱橢圓E2與橢圓E1“相似”(1)求經(jīng)過點(，1)，且與橢圓E1：y21“相似”的橢圓E2的方程；(2)若橢圓E1與橢圓E2“相似”，且m4，橢圓E1的離心率為，P在橢圓E2上，過P的直線l交橢圓E1于A，B兩點，且.若B的坐標(biāo)為(0,2)，且2，求直線l的方程；若直線OP，OA的斜率之積為，求實數(shù)的值解：(1)設(shè)橢圓E2的方程為1，將點(，1)代入得m2，所以橢圓E2的方程為1.(2)因為橢圓E1的離心率為，故a22b2，所以橢圓E1：x22y22b2.又橢圓E2與橢圓E1“相似”，且m4，所以橢圓E2：x22y28b2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)法一：(設(shè)線法)由題意得b2，所以橢圓E1：x22y28，橢圓E2：x22y232.當(dāng)直線l斜率不存在時，B(0,2)，A(0，2)，P(0,4)，不滿足2，從而直線l斜率存在，可設(shè)直線l：ykx2，代入橢圓E1：x22y28得(12k2)x28kx0，解得x1，x20，故y1，y22，所以A.又2，即B為AP中點，所以P，代入橢圓E2：x22y232，得22232，即20k44k230，所以k，所以直線l的方程為yx2.法二：(設(shè)點法)由題意得b2，所以橢圓E1：x22y28，E2：x22y232.由A(x1，y1)，B(0,2)，2，即B為AP中點，則P(x1,4y1)代入橢圓得解得y1，故x1，所以直線l的斜率k，所以直線l的方程為yx2.由題意得x2y8b2，x2y2b2，x2y2b2，法一：(設(shè)點法)由直線OP，OA的斜率之積為，得，即x0x12y0y10.又，則(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得所以2222b2，則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.法二：(設(shè)線法) 不妨設(shè)點P在第一象限，設(shè)直線OP：ykx(k0)，代入橢圓E2：x22y28b2，解得x0，則y0 .直線OP，OA的斜率之積為，則直線OA：yx，代入橢圓E1：x22y22b2，解得x1，則y1 .又，則(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得所以2222b2，則x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(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江蘇高考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C過點，焦點為F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，圓O的直徑為F1F2.(1)求橢圓C及圓O的方程；(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點P.若直線l與橢圓C有且只有一個公共點，求點P的坐標(biāo)；直線l與橢圓C交于A，B兩點若OAB的面積為，求直線l的方程解：(1)因為橢圓C的焦點為F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，可設(shè)橢圓C的方程為1(ab0)又點在橢圓C上，所以解得所以橢圓C的方程為y21.因為圓O的直徑為F1F2，所以圓O的方程為x2y23.(2)設(shè)直線l與圓O相切于點P(x0，y0)(x00，y00)，則xy3，所以直線l的方程為y(xx0)y0，即yx.由消去y，得(4xy)x224x0x364y0.(