2023届高考数学二轮复习微专题25椭圆中与面积有关的定点学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题25椭圆中与面积有关的定点学案，共11页。学案主要包含了第一等内容，欢迎下载使用。


例题：如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，点A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，P为椭圆位于第三象限内一点，AP与y轴交于点M，BP与x轴交于点N，求证：四边形AMNB的面积为定值．
变式1在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，点A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：AN·BM为定值．
变式2如图，已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1，过椭圆的上顶点A作一条与两轴均不平行的直线l交椭圆于另一点P，设点P关于x轴的对称点为Q，若直线AP，AQ与x轴交点的横坐标分别为m，n，求证：mn为常数，并求出此常数．
串讲1如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，过原点O的两条射线l1和l2分别与椭圆交于A和B，记得到的△AOB的面积为S.
(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：S＝eq \f(1,2)|x1y2－x2y1|；
(2)设l1与l2的斜率之积为－eq \f(1,4)，求面积S的值．
串讲2在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，点A，B分别是椭圆的左、右顶点，点P为椭圆上位于第一象限内的一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与y轴交于点N，若△MOA与△NOB的面积之和为6，求点P的坐标．
(2018·无锡1月期末改编)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，F1，F2分别为左、右焦点，A，B分别为左、右顶点，D为上顶点，原点O到直线BD的距离为eq \f(\r(6),3).设点P在第一象限，且PB⊥x轴，连接PA交椭圆于点C.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若△ABC的面积等于四边形OBPC的面积，求直线PA的方程．
(2018·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，焦点F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程；
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于A，B两点．若△OAB的面积为eq \f(2\r(6),7)，求直线l的方程．
答案：(1)eq \f(x2,4)＋y2＝1，x2＋y2＝3；(2)①(eq \r(2)，1)，②y＝－eq \r(5)x＋3eq \r(2).
解析：(1)因为椭圆C的焦点为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，可设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2－b2＝3，))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
因此，椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.2分
因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2＋y2＝3.
(2)①设直线l与圆O相切于P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)，
则x02＋y02＝3，所以直线l的方程为y＝－eq \f(x0,y0)(x－x0)＋y0，
即y＝－eq \f(x0,y0)x＋eq \f(3,y0).5分
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(x0,y0)x＋\f(3,y0)，))消去y，得(4x02＋y02)x2－24x0x＋
36－4y02＝0.(*)，因为直线l与椭圆C有
且只有一个公共点，所以Δ＝(－24x0)2－4(4x02＋y02)(36－4y02)＝48y02(x02－2)＝0.7分
因为x0，y0＞0，所以x0＝eq \r(2)，y0＝1.因此，点P的坐标为(eq \r(2)，1).9分
②因为三角形OAB的面积为eq \f(2\r(6),7).所以eq \f(1,2)AB·OP＝eq \f(2\r(6),7)，从而AB＝eq \f(4\r(2),7).设A(x1，y1)，
B(x2，y2)，由(*)得x1，2＝eq \f(24x0±\r(48y02（x02－2）),2（4x02＋y02）)，11分
所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x02,y02)))·eq \f(48y02（x02－2）,（4x02＋y02）2).因为x02＋y02＝3，
所以AB2＝eq \f(16（x02－2）,（x02＋1）2)＝eq \f(32,49)，即2x04－45x02＋100＝0，13分
解得x02＝eq \f(5,2)(x02＝20舍去)，则y02＝eq \f(1,2)，因此P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)，\f(\r(2),2))).15分
微专题25
例题
证法1设点P(x0，y0)，则eq \f(x02,4)＋y02＝1(x0＜0，y0＜0)．
所以，直线PA方程：y＝eq \f(y0,x0)(x－2)，令x＝0，得yM＝eq \f(－2y0,x0－2).∴BM＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2))).
直线PB方程：y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝eq \f(－x0,y0－1).
∴AN＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))
∴S四边形AMNB＝eq \f(1,2)AN·BM＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))·
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝
eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))·
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2y0－2,y0－1)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x02＋4y02＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))＝2.
所以，四边形AMNB的面积为定值．
证法2设点P(2csθ，sinθ)，因为P在第三象限，所以不妨设π＜θ＜eq \f(3π,2)，
直线PA：y＝eq \f(sinθ,2csθ－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝eq \f(sinθ,1－csθ).
∴BM＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(sinθ＋csθ－1,1－csθ))).
直线PB：y＝eq \f(sinθ－1,2csθ)x＋1，令y＝0，xN＝eq \f(2csθ,1－sinθ).
AN＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2sinθ＋2csθ－2,1－sinθ))).
∴S四边形AMNB＝eq \f(1,2)AN·BM＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2sinθ＋2csθ－2,1－sinθ)))·
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(sinθ＋csθ－1,1－csθ)))＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2－2sinθ－2csθ＋2sinθcsθ,1－sinθ－csθ＋sinθcsθ)))
＝2.所以，四边形AMNB的面积为定值．
说明：将四边形面积转化为eq \f(1,2)AN·BM，是顺利解题的关键．本例可以拓展为一般的情形．
变式联想
变式1
答案：AN·BN为定值．
解析：根据例题解析，可知AN·BM＝4.
说明：实际上，正是因为AN·BM为定值，当P在第三象限时，四边形AMNB为凸四边形，所以才有上述例题，而点P分别在第二、第一、第四象限时，四边形AMNB为凹四边形，其面积依然为定值2，但中学阶段不研究这类图形．
变式2
答案：2.
解析：设点P(x0，y0)，则有eq \f(x02,2)＋y02＝1.
所以AP方程：y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得m＝eq \f(x0,1－y0).
由题意，点Q与P关于x轴对称，所以Q(x0，－y0)，同理得n＝eq \f(x0,1＋y0).
所以mn＝eq \f(x02,1－y02)＝2.所以mn＝2为常数．
说明：本题看起来很简单，实际上，点A只要是椭圆上的一个定点，都有mn＝2的结论，更一般地，对于椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a≠b)，有mn＝a2.对于一般的情况，直接运算就有一定难度．建议数学能力强的学生直接从一般情况入手研究．
本题题根来自圆，如图，PQ⊥l，那么l垂直平分PQ，所以∠QAP＝eq \f(1,2)∠QOP＝∠FOP，由此最终可得△EAO∽△AFO，从而OE·OF＝OA2＝r2.
串讲激活
串讲1
答案：(1)略；(2)1.
解析：(1)略
(2)解：设A(2csα，sinα)，B(2csβ，sinβ)．由l1与l2的斜率之积为－eq \f(1,4).所以eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(sinαsinβ,2csα2csβ)＝－eq \f(1,4)，所以csαcsβ＋sinαsinβ＝0，所以cs(α－β)＝0.又S＝eq \f(1,2)|x1y2－x2y1|＝|csαsinβ－csβsinα|＝|sin(α－β)|＝1.所以△AOB面积S的值为1.
说明：本题用另一种求三角形面积的方法S＝eq \f(1,2)AB·ACsinA，在解析几何中，求夹角的正弦值需要利用余弦转化，从而需要用到两向量的夹角公式．
此外，本题也可以用与例题相同的方法求解：
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2，y1≠y2)，则直线AB：eq \f(y－y1,y2－y1)＝eq \f(x－x1,x2－x1)，令y＝0，则x＝eq \f(－y1（x2－x1）,y2－y1)＋x1＝eq \f(x1y2－x2y1,y2－y1)，所以S＝eq \f(1,2)|y1－y2|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1y2－x2y1,y2－y1)))＝
eq \f(1,2)|x1y2－x2y1|.
串讲2
答案：Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)，1)).
解析：因为点P为椭圆上位于第一象限内的一点，所以设P(x0，y0)(x0，y0＞0)．则直线PA方程：y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝0，得yM＝eq \f(2y0,x0＋2)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y0,x0＋2))).同理，点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y0,x0－2))).所以，S△MOA＝eq \f(2y0,x0＋2)，S△NOB＝eq \f(－2y0,x0－2).所以eq \f(2y0,x0＋2)＋eq \f(－2y0,x0－2)＝6，即4y0＝12－3x02.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4y0＝12－3x02，,3x02＋4y02＝12，))由于x0，y0＞0，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(2\r(6),3)，,y0＝1.))即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)，1)).
新题在线
答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；(2)x－2y＋eq \r(2)＝0.
解析：(1)因为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，所以a2＝2c2，所以b＝c.
所以直线BD的方程是y＝－eq \f(\r(2),2)x＋b，又O到直线BD的距离为eq \f(\r(6),3)，所以eq \f(b,\r(1＋\f(1,2)))＝eq \f(\r(6),3)，
所以b＝1，a＝eq \r(2)，所以椭圆E的方程是eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设P(eq \r(2)，t)，t＞0，那么直线PA方程是y＝eq \f(t,2\r(2))(x＋eq \r(2))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,2\r(2))（x＋\r(2)），))整理得(4＋t2)x2＋2eq \r(2)t2x＋2t2－8＝0，解得x＝eq \f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)，则点C的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)，\f(4t,4＋t2))).
因为△ABC的面积等于四边形OBPC的面积，所以△AOC的面积等于△BPC的面积，
而S△AOC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(4t,4＋t2)＝eq \f(2\r(2)t,4＋t2)，S△PBC＝eq \f(1,2)×t×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)))＝eq \f(\r(2)t3,4＋t2)，
所以t＝eq \r(2)，所以直线PA的方程为x－2y＋eq \r(2)＝0.
狭义的面积问题多指三角形的面积，广义的面积还包括二次量．由于二次量的计算量大，过程繁琐，常常会使学生陷入会而不对的绝境．解决问题的关键是聚焦运算目标，利用整体代换、设而不求等思想方法，有效减少运算量，优化解题流程.