高中人教版新课标A2.2椭圆巩固练习

这是一份高中人教版新课标A2.2椭圆巩固练习，共27页。试卷主要包含了设F1,F2为椭圆C，已知F1,F2是椭圆C，设A,B是椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

考点1 椭圆及其标准方程
1.(2019课标全国Ⅰ,10,5分,)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为( )
A.x22+y2=1 B.x23+y22=1
C.x24+y23=1 D.x25+y24=1
2.(2019课标全国Ⅲ,15,5分,)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
3.(2019浙江,15,4分,)已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是 .
考点2 椭圆的几何性质及综合应用
4.(2019北京,4,5分,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,则( )
A.a2=2b2 B.3a2=4b2
C.a=2b D.3a=4b
5.(2018课标全国Ⅱ,12,5分,)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=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36的直线上,△PF1F2为等腰三角形,
∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
A.23 B.12
C.13 D.14
6.(2017课标全国Ⅰ,12,5分,)设A,B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点.若椭圆C上存在点M满足∠AMB=120°,则m的取值范围是( )
A.(0,1]∪[9,+∞) B.(0,3]∪[9,+∞)
C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0,3]∪[4,+∞)
考点3 直线与椭圆的综合问题
7.(2020江苏,18,16分,)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.
(1)求△AF1F2的周长;
(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求OP·QP的最小值;
(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.
8.(2020天津,18,15分,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知点C满足3OC=OF,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.
9.(2020北京,20,15分,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(-2,-1),且a=2b.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求|PB||BQ|的值.
10.(2019课标全国Ⅱ,21,12分,)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
三年模拟练
应用实践
1.(2019黑龙江齐齐哈尔高三二模,)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作垂直于x轴的直线交椭圆E于A,B两点,点A在x轴上方.若|AB|=3,△ABF2的内切圆的面积为9π16,则直线AF2的方程是( )
A.3x+2y-3=0 B.2x+3y-2=0
C.4x+3y-4=0 D.3x+4y-3=0
2.(2019湖南长沙雅礼中学高三月考,)如图所示,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球,在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行,之后卫星在P点第二次变轨进入仍然以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行,最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行,若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距,用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长,给出下列式子:
①a1+c1=a2+c2;②a1-c1=a2-c2;③c1a2>a1c2;④c1a1其中正确式子的序号是( )
A.①③ B.②③ C.①④ D.②④
3.(2020山西长治潞州高二期末,)已知直线y=-x+1与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点,且线段AB的中点在直线x-2y=0上,则此椭圆的离心率为( )
A.33 B.12
C.22 D.32
4.(2019北京人大附中模拟,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2c,若椭圆上存在点M使得△MF1F2中,sin∠MF1F2a=sin∠MF2F1c,则该椭圆离心率的取值范围为( )
A.(0,2-1) B.22,1
C.0,22 D.(2-1,1)
5.(2019广东中山一中高二月考,)已知椭圆C:x216+y28=1,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,点P在椭圆C上且∠F1PF2=π3,则△F1PF2的面积为 .
6.(2019河北承德一中高二月考,)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为A,过点A且与AF垂直的直线交椭圆C于另一点P,交x轴于点Q,且AP=85PQ,则椭圆C的离心率为 .
7.(2019黑龙江哈尔滨高三期末,)已知椭圆y2a2+x2=1(a>1)的离心率e=255,P为椭圆上的一个动点,若定点B(-1,0),则|PB|的最大值为 .
8.(2020陕西西安高新第一中学高三期末,)已知椭圆C:x24+y23=1,点P(0,3),直线l:y=kx-1与椭圆C交于不同的两点M,N.
(1)当k=12时,求△PMN的面积;
(2)设直线PM与椭圆C的另一个交点为Q,当M为线段PQ的中点时,求k的值.
9.(2020北京怀柔高二期末,)已知椭圆C:x2+2y2=4.是否存在过点P(0,3)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且满足PB=2PA?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
10.(2020安徽合肥高三三模,)在平面直角坐标系xOy中,已知点P是椭圆E:x24+y2=1上的动点,不经过点P的直线l交椭圆E于A,B两点.
(1)若直线l经过坐标原点,证明:直线PA与直线PB的斜率之积为定值;
(2)若OA+OB+OP=0,证明:△ABP三边的中点在同一个椭圆上,并求出这个椭圆的方程.
迁移创新
11.(2021江苏泰州姜堰中学、南通如东中学、宿迁沭阳如东中学高三上联考,)如图,已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点1,22,离心率为22,左、右焦点分别为F1、F2.点P为直线l:x+y=2上且不在x轴上的任意一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D,O为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2,
①证明:1k1-3k2=2;
②问直线l上是否存在点P,使得直线OA、OB、OC、OD的斜率kOA、kOB、kOC、kOD满足kOA+kOB+kOC+kOD=0?若存在,求出所有满足条件的点P的坐标;若不存在,说明理由.
答案全解全析
五年高考练
1.B 设|F2B|=x(x>0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,|BF1|=3x,|AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a- 6x,
由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x,所以|AF1|=2x.
在△BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|BF2|2+|F1F2|2-2|F2B|·|F1F2|cs∠BF2F1,即9x2=x2+22-4x·cs∠BF2F1①,
在△AF1F2中,由余弦定理可得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|·|F1F2|·cs∠AF2F1,即4x2=4x2+22+8x·cs∠BF2F1②,
由①②得x=32,所以2a=4x=23,a=3,所以b2=a2-c2=2.
所以椭圆的方程为x23+y22=1.故选B.
2.答案 (3,15)
解析 解法一:不妨设F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2|,又由椭圆方程x236+y220=1,知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×
6=12,所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4.
设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),
则(x0+4)2+y02=64,(x0-4)2+y02=16,
解得x0=3,y0=15,即M(3,15).
解法二:依题意得|F1F2|=|F1M|=8,|F2M|=4,cs∠MF1F2=82+82-422×8×8=78,
则tan∠MF1F2=157.
所以直线MF1的方程为y-0=157(x+4).
设M(6cs θ,25sin θ),因为M点在直线MF1上,
所以25sin θ=157(6cs θ+4),
结合sin2θ+cs2θ=1且sin θ>0,cs θ>0得cs θ=12,sin θ=32,
即M点的坐标为(3,15).
3.答案 15
解析 解法一:如图,记椭圆的右焦点为F',取PF中点为M,
由题知a=3,b=5,∴c=2,连接OM,PF',
则|OM|=|OF|=2,又∵M为PF的中点,
∴|PF'|=2|OM|,PF'∥OM,∴|PF'|=4,
又∵P在椭圆上,∴|PF'|+|PF|=6,
∴|PF|=2,
在△PFF'中,|PF'|=|FF'|=4,|PF|=2,连接F'M,则F'M⊥PF,
∴|F'M|=|FF'|2-|FM|2=16-1=15,∴kPF=tan∠PFF'=|F'M||FM|=15,即直线PF的斜率为15.
解法二:易知F(-2,0),设P(3cs θ,5sin θ),PF的中点为M,则
M 3csθ-22,5sinθ2,∵|OM|=|OF|=2,
∴3csθ-222+5sinθ22=4,∴9cs2θ-12cs θ+4+5sin2θ=16,又∵sin2θ=1-cs2θ,
∴4cs2θ-12cs θ-7=0,解得cs θ=-12,
∴sin2θ=34,
又∵P在x轴上方,∴sin θ=32,
∴P-32,152,∴kPF=15.
4.B 由题意知a2-b2a2=e2=14,
整理得3a2=4b2,故选B.
5.D 由题意易知直线AP的方程为y=36(x+a)①,直线PF2的方程为y=3(x-c)②.
联立①②,得y=35(a+c),
如图,过P向x轴引垂线,垂足为H,
则PH=35(a+c).
因为∠PF2H=60°,PF2=F1F2=2c,
PH=35(a+c),
所以sin 60°=PHPF2=35(a+c)2c=32,
即a+c=5c,即a=4c,
所以e=ca=14.故选D.
6.A 当0图①
当点M运动到短轴的端点时,∠AMB取最大值,此时∠AMB≥120°,则|MO|≤1,即0当m>3时,椭圆C的长轴在y轴上,如图②,A(0,m),B(0,-m),M(3,0).
图②
当点M运动到短轴的端点时,∠AMB取最大值,此时∠AMB≥120°,则|OA|≥3,即m≥3,即m≥9.
综上,m的取值范围是(0,1]∪[9,+∞).
故选A.
7.解析 (1)设椭圆E:x24+y23=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,
则a2=4,b2=3,c2=1.
所以△AF1F2的周长为2a+2c=6.
(2)椭圆E的右准线为x=4.
设P(x,0),Q(4,y),
则OP=(x,0),QP=(x-4,-y),
OP·QP=x(x-4)=(x-2)2-4≥-4,
在x=2时取等号.
所以OP·QP的最小值为-4.
(3)因为椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A1,32,
所以直线AB:3x-4y+3=0.
设M(x,y),因为S2=3S1,
所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.
由此得|3x-4y+3|5=3×|3×0-4×0+3|5,
则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.
由3x-4y+12=0,x24+y23=1,得7x2+24x+32=0,此方程无解;
由3x-4y-6=0,x24+y23=1,得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-27.
代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-127.
因此点M的坐标为(2,0)或-27,-127.
8.解析 (1)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又由a2=b2+c2,可得a2=18.所以椭圆的方程为x218+y29=1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以AB⊥CP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组y=kx-3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0或x=12k2k2+1.依题意,可得点B的坐标为12k2k2+1,6k2-32k2+1.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为6k2k2+1,-32k2+1.由3OC=OF,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为-32k2+1-06k2k2+1-1,即32k2-6k+1.又因为AB⊥CP,所以k·32k2-6k+1=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k=12或k=1.
所以直线AB的方程为y=12x-3或y=x-3.
9.解析 (1)由已知条件可列方程组a=2b,(-2)2a2+(-1)2b2=1,解得a=22,b=2,
故椭圆C的标准方程为x28+y22=1.
(2)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4).
当k≠0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=k(x+4),x28+y22=1,化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-32k24k2+1,x1x2=64k2-84k2+1,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32×(1-4k2)>0,
解得-12直线MA的方程为y=y1+1x1+2(x+2)-1,
令x=-4,得到yP=-2(y1+1)x1+2-1,
即P-4,-(2k+1)(x1+4)x1+2,
同理,直线NA的方程为y=y2+1x2+2(x+2)-1,令x=-4,得到yQ=-2(y2+1)x2+2-1,
即Q-4,-(2k+1)(x2+4)x2+2,
yP+yQ=-(2k+1)x1+4x1+2+x2+4x2+2=-2(2k+1)(x1+2)(x2+2)[x1x2+3(x1+x2)+8],
因为x1x2+3(x1+x2)+8=64k2-84k2+1-3×32k24k2+1+8(4k2+1)4k2+1=0,所以yP+yQ=0,即yP=-yQ,
所以|PB||BQ|=|yP||yQ|=1.
当k=0时,易得直线l与椭圆C的两个交点分别为(-22,0)和(22,0),
不妨设M(-22,0),N(22,0),
则直线MA的方程为y=-2+12(x+22),
直线NA的方程为y=2-12(x-22),
令x=-4,则yP=2,yQ=-2,
此时也满足|PB||BQ|=1.
综上所述,|PB||BQ|=1.
解法二:由题意得直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=k(x+4),x28+y22=1,化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-32k24k2+1,x1x2=64k2-84k2+1,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32×(1-4k2)>0,
解得-12直线MA的方程为y=y1+1x1+2(x+2)-1,直线NA的方程为y=y2+1x2+2(x+2)-1,
令x=-4,则yP=-x1-2y1-4x1+2,
yQ=-x2-2y2-4x2+2,
所以P-4,-x1-2y1-4x1+2,Q-4,-x2-2y2-4x2+2,
所以|PB||BQ|=|yP||yQ|=-x1-2y1-4x1+2-x2-2y2-4x2+2
=[(2k+1)x1+(8k+4)](x2+2)[(2k+1)x2+(8k+4)](x1+2)
=(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x2(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x1,
将x1+x2和x1x2代入上式,
整理得|PB||BQ|=(2k+1)32k24k2+1+2x2(2k+1)32k24k2+1+2x1
=-(x1+x2)+2x2-(x1+x2)+2x1=1.
解法三:易知当l的斜率为0时,|PB||BQ|=1.
当l的斜率不为0时,
设直线l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由x=my-4,x28+y22=1,得(m2+4)y2-8my+8=0,
由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,
且y1+y2=8mm2+4,y1y2=8m2+4,
此时lMA:y+1=y1+1x1+2(x+2),
令x=-4,得yP=-2(y1+1)x1+2-1,
同理,可得yQ=-2(y2+1)x2+2-1,
则yP+yQ=-2(y1+1)x1+2+-2(y2+1)x2+2-2
=-2y1+1x1+2+y2+1x2+2+1
=-2×(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2),
因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)
=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)
=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)
=m(m+2)8m2+4-(m+2)8mm2+4=0,
所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以|PB||BQ|=1.综上,|PB||BQ|=1.
10.解析 (1)由题设得yx+2·yx-2=-12,化简,得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2·(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.因此△PQG面积的最大值为169.
三年模拟练
1.D 设△ABF2的内切圆的半径为r,则πr2=9π16,∴r=34.
∵F1(-c,0),
∴内切圆圆心的坐标为-c+34,0.
由|AB|=3知A-c,32,又F2(c,0),
∴直线AF2的方程为3x+4cy-3c=0.
由内切圆圆心到直线AF2的距离为r,得3-c+34-3c32+(4c)2=34,又c>0,∴c=1,
∴直线AF2的方程为3x+4y-3=0.
2.B 椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ比较,可得a1>a2,c1>c2,∴a1+c1>a2+c2,①错误;
因为a1-c1=|PF|,a2-c2=|PF|,所以a1-c1=a2-c2,所以②正确;
椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ比较,轨道Ⅰ较扁,故离心率较大,即c1a1>c2a2,故c1a2>a1c2,故③正确,④错误.
3.C 联立y=-x+1,x-2y=0,解得x=23,y=13,
∴直线y=-x+1与x-2y=0的交点为23,13,∴线段AB的中点为23,13.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=43,y1+y2=23,
把A(x1,y1),B(x2,y2)分别代入椭圆方程x2a2+y2b2=1(a>b>0),
得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减,
并整理得(y1-y2)·(y1+y2)(x1-x2)·(x1+x2)=-12=-b2a2,
即a2=2b2,∴a=2b=2c,∴e=22.
4.D 在△MF1F2中,由正弦定理可得|MF1|sin∠MF2F1=|MF2|sin∠MF1F2,结合题意可得|MF1|c=|MF2|a.
设|MF1|=x,由椭圆的定义得|MF1|+|MF2|=2a,则|MF2|=2a-x,
所以xc=2a-xa,
所以x=|MF1|=2aca+c,|MF2|=2a2a+c.
因为M为椭圆上的一点,且为△MF1F2的顶点,
所以|MF2|>a-c,|MF2|整理得c2+2ac-a2>0,所以e2+2e-1>0,
解得e<-1-2或e>2-1,
又05.答案 833
解析 由x216+y28=1,可得a2=16,b2=8,c2=8,∴a=4,c=22,则|PF1|+|PF2|=2a=8,
|F1F2|=2c=42.在△PF1F2中,
cs π3=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1||PF2|
=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1||PF2|-|F1F2|22|PF1||PF2|
=64-2|PF1||PF2|-322|PF1||PF2|=12,
解得|PF1||PF2|=323,
∴S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin π3=833.
6.答案 12
解析 设Q(x0,0),由题意得F(-c,0),A(0,b),则FA=(c,b),AQ=(x0,-b).
∵FA⊥AQ,∴FA·AQ=0,
∴cx0-b2=0,即x0=b2c.
设P(x1,y1),则AP=(x1,y1-b),PQ=(x0-x1,-y1).由AP=85PQ得x1=8b213c,y1=5b13.
∵点P在椭圆上,∴8b213c2a2+5b132b2=1,
整理得2b2=3ac,即2(a2-c2)=3ac,即2e2+3e-2=0,解得e=12(负值舍去).故椭圆的离心率为12.
7.答案 52
解析 由题意可得a2-1a2=2552,则a2=5,故椭圆的方程为y25+x2=1.
设点P的坐标为(x,y),则y2=5(1-x2),
∴|PB|=(x+1)2+y2
=(x+1)2+5(1-x2)
=-4x2+2x+6
=-4x-142+254.
∴当x=14时,|PB|max=52.
8.解析 (1)联立y=12x-1,x24+y23=1,得x2-x-2=0,解得x=-1或x=2.设直线l:y=12x-1与y轴的交点为D,则D(0,-1),所以|PD|=4.所以S△PMN=12×4×(2+1)=6.
(2)设M(x0,y0),则Q(2x0,2y0-3),
将点M,Q的坐标分别代入椭圆方程可得
x024+y023=1,x024+y02-3y0+943=14,
两式相减得3y0-943=34,即y0=32,
所以x0=±1,所以k=y0+1x0=±52.
9.解析 假设存在过点P(0,3)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且满足PB=2PA.
设直线l的方程为x=m(y-3),与椭圆方程x2+2y2=4联立,可得(2+m2)y2-6m2y+9m2-4=0,由题意得Δ=36m4-4(2+m2)(9m2-4)>0,即m2<47.
设A(x1,y1),B(x2,y2),可得y1+y2=6m22+m2,y1y2=9m2-42+m2.
由PB=2PA,可得(x2,y2-3)=2(x1,y1-3),即y2-3=2(y1-3),即y2=2y1-3.
所以3y1-3=6m22+m2,y1(2y1-3)=9m2-42+m2,
消去y1,可得2+3m22+m2·3m2-22+m2=9m2-42+m2,解得m2=27<47,所以m=±147.
故存在满足题意的直线l,且方程为7x-14y+314=0或7x+14y-314=0.
10.证明 (1)设A(x1,y1),P(x2,y2),则B(-x1,-y1),
所以kPA·kPB=y1-y2x1-x2·-y1-y2-x1-x2=y22-y12x22-x12.
又x224+y22=1,x124+y12=1,两式相减得y22-y12=-14(x22-x12),即y22-y12x22-x12=-14,
所以kPA·kPB=-14,即直线PA与直线PB的斜率之积为定值-14.
(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),P(xP,yP),由OA+OB+OP=0,得xA+xB+xP=0,yA+yB+yP=0.
设AB的中点为D,则DxA+xB2,yA+yB2,化简得D-xP2,-yP2.
又xP24+yP2=1,则-xP22+4-yP22=1,所以D在椭圆x2+4y2=1上.
同理,可得AP,BP的中点都在椭圆x2+4y2=1.
故△ABP三边的中点在同一个椭圆上,这个椭圆的方程为x2+4y2=1.
11.解析 (1)因为椭圆过点1,22,离心率e=22,所以1a2+12b2=1,ca=22.
又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=1.
故所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)①证明:证法一:由于F1(-1,0)、F2(1,0),直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2,且点P不在x轴上,所以k1≠k2,k1≠0,k2≠0.所以直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+1),y=k2(x-1),
联立方程,解得x=k1+k2k2-k1,y=2k1k2k2-k1,
所以Pk1+k2k2-k1,2k1k2k2-k1.
由于点P在直线x+y=2上,
所以k1+k2+2k1k2k2-k1=2.因此2k1k2+3k1-k2=0,即1k1-3k2=2,结论成立.
证法二:设P(x0,y0),则k1=y0x0+1,k2=y0x0-1.
因为点P不在x轴上,所以y0≠0.
又x0+y0=2,
所以1k1-3k2=x0+1y0-3(x0-1)y0=4-2x0y0=2y0y0=2.因此结论成立.
②设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),D(xD,yD).
由①得PF1的方程为y=k1(x+1),联立直线PF1与椭圆的方程得y=k1(x+1),x22+y2=1,
化简得(2k12+1)x2+4k12x+2k12-2=0,
因此xA+xB=-4k122k12+1,xAxB=2k12-22k12+1,
因此kOA+kOB=yAxA+yBxB=k1(xA+1)xA+k1(xB+1)xB=2k1+k1(xA+xB)xAxB=k1·2-4k122k12-2=-4k12k12-2=-2k1k12-1,
同理可得,kOC+kOD=-2k2k22-1,
故kOA+kOB+kOC+kOD=-2k1k12-1+k2k22-1
=-2×k1k22-k1+k12k2-k2(k12-1)(k22-1)
=-2(k1k2-1)(k1+k2)(k12-1)(k22-1).
若kOA+kOB+kOC+kOD=0,
则k1+k2=0或k1k2=1.
(i)当k1+k2=0时,结合①的结论,可得k2=-2,所以解得点P的坐标为(0,2);
(ii)当k1k2=1时,结合①的结论,解得k2=3或k2=-1(此时k1=-1,不满足k1≠k2,舍去),此时直线CD的方程为y=3(x-1),与方程x+y=2联立得x=54,y=34.
因此P54,34.
综上所述,满足条件的点P的坐标分别为(0,2),54,34.