专题12：椭圆向量结合问题29页

专题12：椭圆向量结合问题

1．已知定点，点为圆：（为圆心）上一动点，线段的垂直平分线与直线交于点．

（1）设点的轨迹为曲线，求曲线的方程；

（2）若过点且不与轴重合的直线与（1）中曲线交于，两点，当取最大值时，求的面积．

2．已知椭圆C：，过点的直线l交椭圆C于点A，B.

（1）当直线l与x轴垂直时，求；

（2）在x轴上是否存在定点P，使为定值？若存在，求点P的坐标及的值；若不存在，说明理由.

3．已知椭圆：，为的左、右焦点.

（1）求椭圆的焦距；

（2）点Q为椭圆一点，与OQ平行的直线l与椭圆交于两点A、B，若△QAB面积为1，求直线l的方程；

（3）已知椭圆与双曲线：在第一象限的交点为，椭圆和双曲线上满足的所有点组成曲线C．若点N是曲线C上一动点，求的取值范围.

4．如图，椭圆C:的右顶点为A，上顶点为B，动直线交椭圆C于M、N两点，且满足，过原点O作OH⊥MN，垂足为H.

（1）求点H的轨迹方程；

（2）求的取值范围.

5．设椭圆的右顶点为A，上顶点为B，离心率为，.

（1）求椭圆的方程；

（2）设直线与椭圆交于P，Q两点，直线与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若，求的值.

6．已知为圆上任意一点，点，线段的垂直平分线交直线于，动点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）已知直线，、，为曲线上的点且与、不重合，直线和直线分别与相交于、，问是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.

7．已知椭圆，，为椭圆的左、右顶点，点，连接交椭圆于点，为直角三角形，且

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的直线与椭圆相交于另一点，线段的垂直平分线与轴的交点满足，求点的坐标.

8．平面直角坐标系中，经过椭圆的一个焦点的直线与C相交于A、B两点，H为AB的中点，且OH的斜率为.

（1）求椭圆C的方程.

（2）直线过椭圆C的右焦点F且与椭圆C交于P、Q两点，点G为椭圆的左顶点，直线，连接GP、GQ并延长与直线分别交于点M、N，点、，且.求的取值范围.

9．已知椭圆的焦距为，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值.

10．已知椭圆过点，焦距为2.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点作两条直线，且，切椭圆C于M，交椭圆C于A，B不同两点，求的取值范围.

11．如图，已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，直线交椭圆于另一点．

（1）若，求椭圆的离心率．

（2）若椭圆的焦距为2，且，求椭圆的方程．

12．已知椭圆过点且离心率为．设P为圆上任意一点，过点P作该圆的切线交椭圆于E，F两点．

（1）求椭圆的方程；

（2）试判断是否为定值？若为定值，则求出该定值；否则，请说明理由．

13．定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：

（1）写出协同圆圆的方程；

（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；

（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.

14．是否存在过点的直线交椭圆于点、，且满足？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．

参考答案

1．（1）；（2）.

【分析】 （1）由条件可得，然后可得答案；

（2）设方程为，，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得、，然后表示出，然后可得答案.

【解析】 （1）依题意有．

即点轨迹是以，为焦点的椭圆．

故点的轨迹方程为．

（2）设方程为，，，，，

得，，．

，当时取最大值14．

此时，∴，，

．

2．(1)       (2)  存在点，使得

【分析】 (1)将代入椭圆方程求出点A，B的坐标，从而可得答案.
(2)当直线l与x轴不重合时，设，与椭圆方程联立，写出韦达定理，将的坐标表达式写出来，将韦达定理代入，分析式子为定值的条件，再验证直线l与x轴重合时的情况，可得答案.

【解析】 (1) 当直线l与x轴垂直时,直线

将代入，得，解得

即,所以

(2) 设

当直线l与x轴不重合时，设

由，可得

则

所以 ，

当，即时，的值为定值与无关.

当直线l与x轴重合时，且时，

所以存在点，使得为定值.

【点评】关键点睛：本题考查椭圆中的弦长和定点定值问题，解答本题的关键是由方程联立得到韦达定理，由向量数量积将韦达定理代入可得，从而得出答案，属于中档题.

3．（1）；（2）；（3）.

【分析】 （1）求得椭圆的a，b，c，可得焦距2c；

（2）设，代入，运用韦达定理和弦长公式、点到直线的距离公式，三角形的面积公式，解方程可得m，进而得到直线方程；

（3）求得M的坐标，设N（x，y）是曲线C上一点，运用向量的坐标运算，可得，分别讨论M在椭圆上和双曲线上，化简整理可得所求范围.

【解析】 解：（1）由椭圆：，

可得，，，

则椭圆的焦距为；

（2）由，设，代入得，

由，得，

，

所以，

又Q到直线l的距离为，

由，

所以；

（3）由，解得，

设是曲线C上一点，

则，，，

所以；

当点N在曲线上时，，

当时，，

当时，，

所以；

当点N在曲线上时，；

当时，，；

综上，.

【点评】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

4．（1）；（2）.

【分析】 （1）求得椭圆，得、坐标，设，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示可得答案；

（2）设，则，表示与的距离的平方减去5的差，再转化为圆心到点距离加减半径的长的平方减去5的取值范围，可得答案.

【解析】 （1）设，直线的方程为，与椭圆方程联立得，

所以，因为，所以，

即，所以，

整理得，

点到直线的距离为，

所以点的轨迹方程为.

（2）由椭圆C:，得，右顶点，上顶点，

设，则

，表示与的距离的平方减去5的差，

转化为求圆上的点到的距离的平方减去5的取值范围，

再转化为圆心到点距离加减半径的长的平方减去5的取值范围，

即为最大值为，最小值为

所以的取值范围.

【点评】本题考查了椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，关键点是利用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查了分析问题、解决问题的能力，及运算能力.

5．（1）；（2）

【分析】 （1）由题意可知，，再结合，即可求得，从而得到椭圆的方程；

（2）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得，易知直线的方程为，由方程组可得，由方程组可得，结合，可得或，经检验的值为.

【解析】 （1）设椭圆右顶点为，上顶点，

由题意知，，即

又椭圆离心率，即，

又由，可得，从而．

所以，椭圆的方程为．

（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，

则点的坐标为，，

由，可知，即．

由点，点，易知直线的方程为，

由方程组消去y，QQ群333528558

可得，由方程组消去，可得．

由，可得，整理得，解得或．

当时，，不合题意，舍去；

当时，，，符合题意．

所以，的值为．

【点评】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

6．（1）；（2）是定值，定值为.

【分析】 （1）推导出，利用椭圆的定义可知曲线为椭圆，确定焦点位置、长轴长以及焦距，可得出、的值，进一步可得出的值，由此可得出曲线的方程；

（2）设直线的方程为，设直线的方程为，求出、的坐标，设点，利用斜率公式计算出，进而可计算得出的值.

【解析】 （1）由于线段的垂直平分线交直线于，由中垂线的性质可得，

，

所以动点在以、为焦点的椭圆上，

设该椭圆的标准方程为，设，则，，

所以，，因此，曲线的方程为；

（2）依题意可知直线、的斜率均存在且不为，

设直线的方程为，设直线的方程为，则，.

可得，，，

设点，则有，可得，

则，，，

因此，（定值）.

【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

7．（1）；（2），.

【分析】 （1）用待定系数法求椭圆方程；

（2）设出直线l，表示出M的坐标，利用，求出点的坐标.

【解析】 （1）

由题意可得：三角形为等腰直角三角形，所以2a=4，即a=2.

又由，，所以，

代入得：，解得：b=1.

所以椭圆的方程为

（2）由（1）可知.设点的坐标为，

直线的斜率显然存在，设为，则直线的方程为

于是，两点的坐标满足方程组，由方程组消去并整理，

得

由，得，从而，

设线段是中点为，则的坐标为

以下分两种情况：

①当时，点的坐标为.线段的垂直平分线为轴，于是，

由得

②当时，线段的垂直平分线方程为

令，解得

，

整理得，

综上或.

点的坐标是，.

【点评】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；

（2）"坐标法"是解析几何中常见的基本方法，把题目中的条件用坐标翻译出来，把几何条件转化为代数运算.

8．（1）；（2）.

【分析】 （1）设代入椭圆方程两式相减化简得，利用且OH的斜率为可得，结合可得答案；

（2）设直线的方程，，求出直线的方程得到坐标，求出直线的方程得到坐标，联立与椭圆的方程联立利用韦达定理表示，得到，再设，则再用表示可得答案.

【解析】 （1）由题意，设，直线与轴交于点，

所以，又，两式相减得，即，所以，

又，所以，

椭圆C的方程为.

（2）由已知得，，设直线的方程为，，

由的方程与椭圆的方程联立，整理得，

所以，直线的斜率为，

，

直线的斜率为，则，

直线的斜率为，直线的方程为，则，

，，所以

，因为，设，则

，因为，所以，

所以的取值范围.

【点评】本题考查了椭圆的方程、直线和椭圆的位置关系，第一问中关键点是利用了点差法，第二问的关键点是利用韦达定理和表示，考查学生分析问题、解决问题的能力，具有一定的难度.

9．（1）；（2）证明见解析.

【分析】 （1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程；

（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值.

【解析】 （1）因为椭圆的焦距为，所以，

又椭圆过点，，且满足，

可得，，椭圆的标准方程为：；

（2）设点、，，

由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为，

联立，可得，

由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，

由韦达定理可得，，

，，，

得，，

，，

.

【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

10．（1）；（2）.

【分析】 （1）首先得到椭圆的焦点坐标，再根据椭圆的定义求，得到椭圆的标准方程；（2）分两种情况讨论，当直线的斜率为0时，得到的值，当直线的斜率不为0时，设，与椭圆方程联立得到，再和直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，并求范围.

【解析】 （1），焦点坐标,,根据椭圆定义可知

，

所以，

所以椭圆方程是：

（2）当的斜率为0时，，

当的斜率不为0时，设，代入椭圆C的方程可得

由得

又代入椭圆C的方程可得

设，，则

得

∴

令，

∴

综上∴.

【点评】 本题考查利用韦达定理，解决范围问题，首先讨论直线的斜率为0，这种情况容易忽略，代入韦达定理解决问题，注意计算，当出现次数较高时，需观察式子，合理利用换元，解决问题.

11．（1）；（2）．

【分析】 （1）由题可得是等腰直角三角形，可得，即可求出离心率；

（2）可得，，由向量关系求出点B坐标，代入椭圆可求.

【解析】 （1），为上顶点，

，，，．

又，．

（2）椭圆的焦距为，，．

设，，．

又，

，，

又点在椭圆上，，，

又，，

∴椭圆的标准方程为．

【点评】本题考查向量共线问题，解题的关键是将向量共线问题转化为坐标关系，利用点在椭圆上求参数.

12．（1）；（2）是，为定值.

【分析】 （1）由题可得，解方程组求出的值，

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即可求解；

（2）首先讨论切线斜率不存在的情况计算的值，当切线斜率存在时，设切线方程为，点，，，利用直线与圆相切得出，并求出切点坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理可得，， 化简计算即可求解.

【解析】 （1）由题可得，解得，

所以椭圆的方程为．

（2）①当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，

由对称性，不妨设切线方程为，

则，，，所以．

②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，

不妨设切线的方程为，

设点，，，

将直线方程与圆的方程联立并整理，

得，

由直线与圆相切易得圆心到直线的距离 即，

因为，所以，

联立直线和椭圆的方程并整理，

得，

则，

所以，．

所以

．

综上可知，为定值．

【点评】思路点睛：圆锥曲线中求定值的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.QQ群333528558

13．（1）；（2）；（3）证明见解析，定圆的方程为.

【分析】 （1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆的方程；

（2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求；

（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.

【解析】 （1）由椭圆，知.

根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆.

（2）设，则.

直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：

①当直线的斜率不存在时，直线.

若，由，解得，此时.

若，同理得：.

②当直线的斜率存在时，设.

由，得，有，又直线是圆的切线，故，可得.

∴，则，而.

∴，即.

综上，恒有.

（3）是椭圆上的两个动点且，设，则.

直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.

若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有.

∴，，且，

由，解得.

若直线的斜率都存在，设，则.

由，得，有；同理，得.

于是，.

由，可得.

因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上.

∴该定圆的方程为圆.

【点评】 研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在，求出交点坐标或联立椭圆、直线方程，根据判断判别式的符号、根与系数关系，结合题设已知条件列方程求定值或定曲线.

14．存在，且直线的方程为或.

【分析】 假设存在满足题意的直线，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理或求出交点坐标，结合可求出直线的方程.

【解析】 假设存在满足题意的直线.

①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，可得、，

此时，，不合乎题意；

②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，

联立，消去并整理得，

，解得或.

由韦达定理可得，，

，

可得，解得，

所以，直线的方程为，

因此，存在直线或，使得.

【点评】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.