2023届高考数学二轮复习 微专题作业25 椭圆中与面积有关的定点、定值问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业25 椭圆中与面积有关的定点、定值问题（含解析），共6页。试卷主要包含了如图，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1.已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的两个焦点是F1，F2，点P在该椭圆上，若PF1－PF2＝2，则△PF1F2的面积是________．
2．椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,7)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点
A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上且直线AB过F2，若△F1AB的面积为2，则|y1－y2|的值为________．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，动直线l：y＝x＋m与椭圆C相切，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l.则四边形F1MNF2的面积为________．
4．已知椭圆G的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1.斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(－3，2)，则△PAB的面积是________．
5．已知椭圆C：eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另外一点A(点A在x轴下方)，若点P为椭圆C上异于A，B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M，N，则OM·ON＝________．
6．焦点在x轴的椭圆C过点P(eq \r(2)，eq \r(2))，且与直线
l：y＝x＋eq \r(3)交于A，B两点，若△PAB的面积为2，则椭圆C的标准方程为________．
7.如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，圆O：x2＋y2＝b2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与圆O相切，切点在第一象限内，且直线l与椭圆C交于A，B两点，△OAB的面积为eq \f(\r(6),4)时，求直线l的方程．
8．已知椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，过原点的两条直线l1和l2分别与Γ交于点A，B和C，D，得到平行四边形ACBD.
(1)当四边形ACBD为正方形时，求该正方形的面积S.
(2)若直线l1和l2关于y轴对称，Γ上任意一点P到l1和l2的距离分别为d1和d2，当d12＋d22为定值时，求此时直线l1和l2的斜率及该定值．
(3)当四边形ACBD为菱形，且圆x2＋y2＝1内切于菱形ACBD时，求a，b满足的关系式．
微专题25
1．答案：eq \r(2).
解析：由题意，PF1＋PF2＝4，所以△PF1F2的三边长分别为3，1，2eq \r(2)，显然△PF1F2是直角三角形，所以S＝eq \f(1,2)×1×2eq \r(2)＝eq \r(2).
2．答案：eq \f(2,3).
解析：△F1AB的面积S＝eq \f(1,2)·F1F2·|y1－y2|＝3|y1－y2|＝2，所以|y1－y2|＝eq \f(2,3).
3．答案：eq \r(7).
解析：将直线l的方程y＝x＋m代入椭圆C的方程3x2＋4y2＝12中，得7x2＋8mx＋4m2－12＝0.由直线与椭圆C仅有一个公共点知，Δ＝64m2－28(4m2－12)＝0，化简得m2＝7.
设d1＝F1M＝eq \f(|－1＋m|,\r(2))，d2＝F2N＝eq \f(|1＋m|,\r(2))，又|d1－d2|＝MN，所以S＝eq \f(1,2)|d1－d2|(d1＋d2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(d12－d22,2)))＝|m|＝eq \r(7).
4．答案：eq \f(9,2).
解析：设直线l的方程为y＝x＋m.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1))得4x2＋6mx＋3m2－12＝0.①
设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x1＜x2)，AB中点为E(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝
－eq \f(3m,4)，y0＝x0＋m＝eq \f(m,4)；
因为AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB，所以PE的斜率k＝eq \f(2－\f(m,4),－3＋\f(3m,4))＝－1，解得m＝2.此时方程①为4x2＋12x＝0，解得x1＝－3，x2＝0，所以y1＝
－1，y2＝2.所以AB＝3eq \r(2)，此时，点P(－3，2)到直线AB：x－y＋2＝0的距离为d＝eq \f(|－3－2＋2|,\r(2))＝eq \f(3\r(2),2)，所以△PAB的面积S＝eq \f(1,2)AB·d＝eq \f(9,2).
5．答案：6.
解析：设P(x0，y0)，则eq \f(x02,12)＋eq \f(y02,4)＝1，即y02＝4－eq \f(x02,3).设M(xM，yM)，由A，P，M三点共线，即eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))，所以(x0＋3)(yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)，又点M在直线y＝x上，解得M点的横坐标xM＝eq \f(3y0－x0,x0－y0＋2)，设N(xN，yN)，由B，P，N三点共线，即eq \(BP,\s\up6(→))∥eq \(BN,\s\up6(→))，所以x0(yN＋2)＝(y0＋2)xN，点N在直线y＝x上，解得N点的横坐标xN＝eq \f(－2x0,x0－y0－2).所以OM·ON＝
eq \r(2)|xM－0|·eq \r(2)|xN－0|＝
2|xM|·|xN|＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3y0－x0,x0－y0＋2)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2x0,x0－y0－2)))＝
2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2x02－6x0y0,（x0－y0）2－4)))＝
2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2x02－6x0y0,x02－2x0y0－\f(x02,3))))＝
2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x02－3x0y0,\f(x02,3)－x0y0)))＝6.
6．答案：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
解析：由题意，设椭圆的方程为mx2＋ny2＝1，其中0＜m＜n.则有m＋n＝eq \f(1,2).另一方面，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(3)，,mx2＋ny2＝1，))消去x得eq \f(1,2)y2－2eq \r(3)my＋3m－1＝0.
因为OP∥AB，所以△PAB的面积即为△OAB的面积，所以S＝eq \f(1,2)×eq \r(3)·|y1－y2|＝
eq \r(6)eq \r(6m2－3m＋1)＝2，所以6m2－3m＋eq \f(1,3)＝0，解得m＝eq \f(1,3)或者m＝eq \f(1,6).因为0＜m＜n，所以m＝eq \f(1,6)，n＝eq \f(1,3).椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
7．答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；(2)y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(\r(6),2).
解析：(1)因为椭圆C过点(0，1)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，代入椭圆方程，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(02,a2)＋\f(12,b2)＝1.,\f(12,a2)＋\f(1,2b2)＝1.))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1.))
所以椭圆C的标准方程是eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)因为切点在第一象限，所以可设直线l为y＝kx＋m(k＜0，m＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝2，,y＝kx＋m，))消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4km,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2m2·2,1＋2k2)，))因为直线l与圆O相切，圆心O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝1，所以m2＝1＋k2.线段AB的长为lAB＝eq \r(1＋k2)·
eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝
eq \r(1＋k2)·
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4km,1＋2k2)))\s\up12(2)－4·\f(2m2－2,1＋2k2))＝
eq \f(2\r(2)·\r(1＋k2),1＋2k2)·eq \r(k2)，所以△OAB的面积S＝eq \f(1,2)lAB·d＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2)×\r(1＋k2),1＋2k2)·eq \r(k2)＝eq \f(\r(6),4)，即eq \f(（1＋k2）·k2,（1＋2k2）2)＝eq \f(3,16)，所以16(1＋k2)·k2＝3(1＋2k2)2，即(2k2＋3)(2k2－1)＝0，所以k2＝eq \f(1,2)，k＝－eq \f(\r(2),2)，所以m＝eq \f(\r(6),2)，直线l的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(\r(6),2).
8．答案：(1)eq \f(4a2b2,a2＋b2)；(2)直线l1和l2的斜率分别为eq \f(b,a)和－eq \f(b,a)，此时d12＋d22＝eq \f(2a2b2,a2＋b2)；(3)eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
解析：(1)因为四边形ACBD为正方形，所以直线l1，l2的方程为y＝x和y＝－x.
点A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)为方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))的实数解，解得x12＝x22＝eq \f(a2b2,a2＋b2).根据对称性，可得正方形ACBD的面积S＝4x12＝eq \f(4a2b2,a2＋b2).
(2)由题意，不妨设直线l1的方程为y＝kx(k≠0)，于是直线l2的方程为y＝－kx.设P(x0，y0)，于是有eq \f(x02,a2)＋eq \f(y02,b2)＝1，又d1＝eq \f(|kx0－y0|,\r(k2＋1))，d2＝eq \f(|kx0＋y0|,\r(k2＋1))，d12＋d22＝eq \f(（kx0－y0）2,k2＋1)＋eq \f(（kx0＋y0）2,k2＋1)＝eq \f(2k2x02＋2y02,k2＋1)，将y02＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x02,a2)))代入上式，得d12＋d22＝eq \f(2k2x02＋2b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x02,a2))),k2＋1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2－\f(b2,a2)))x02＋2b2,k2＋1)，对于任意x0∈[－a，a]，上式为定值，必有k2－eq \f(b2,a2)＝0，即k＝±eq \f(b,a)，因此，直线l1和l2的斜率分别为eq \f(b,a)和－eq \f(b,a)，此时d12＋d22＝eq \f(2a2b2,a2＋b2).
(3)设AC与圆x2＋y2＝1相切的切点坐标为(x0，y0)，所以x02＋y02＝1，则切线AC的方程为x0x＋y0y＝1.
点A，C的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)为方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0x＋y0y＝1，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))的实数解．
①当x0＝0或y0＝0时，ACBD均为正方形，椭圆均过点(1，1)，于是有eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
②当x0≠0且y0≠0时，将y＝eq \f(1,y0)(1－x0x)代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，整理得(b2y02＋a2x02)x2－2x0a2x＋a2(1－b2y02)＝0，于是x1x2＝eq \f(a2（1－b2y02）,b2y02＋a2x02)，同理可得y1y2＝eq \f(b2（1－a2x02）,b2y02＋a2x02).因为ACBD为菱形，所以AO⊥CO，得eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(CO,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，所以eq \f(a2（1－b2y02）,b2y02＋a2x02)＋eq \f(b2（1－a2x02）,b2y02＋a2x02)＝0，整理得a2＋b2＝a2b2(x02＋y02)．因为x02＋y02＝1，得a2＋b2＝a2b2，即eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
综上，a，b满足的关系式为eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.