2023届高考数学二轮复习微专题21利用椭圆中相关点法探求直线的斜率问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题21利用椭圆中相关点法探求直线的斜率问题学案，共12页。

例题：(2018·南京一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))处时，点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，0)).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，
且eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))时，求直线BM的方程．
变式1过点P(－4，0)的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，若点A恰好是线段PB的中点，则直线l的方程为________________．
变式2在平面直角坐标系xOy中，设经过点C(－1，0)的直线交椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)于A，B两点，且满足eq \(CA,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))，若椭圆的离心率e＝eq \f(\r(6),3)，则椭圆的长轴长为________________．(用直线的斜率k(k≠0)表示)．
串讲1如图，在平面直角坐标系xOy中，B是椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的上顶点，已知过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，C两点，记△ABF2，△BCF2的面积分别为S1，S2.若S1＝2S2，则直线l的斜率为____________．
串讲2(2017·苏州高二期末)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，其焦点到相应准线的距离为eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图所示，A，B是椭圆C上两点，且△AOB的面积为eq \r(2)，设射线OA，OB的斜率分别为k1，k2.
①求k1·k2的值；
②延长OA到P，使得OP＝2OA，且PB交椭圆C于Q，求证：eq \f(BP,BQ)为定值．
(2018·苏州二模)如图，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦点到相应准线的距离为1，点A，B，C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线l交椭圆于点D，交x轴于点M(x1，0)，直线AC与直线BD交于点N(x2，y2)．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若eq \(CM,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))，求直线l的方程；
(3)求证：x1·x2为定值．
(2018·南通一模)如图，已知椭圆E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞1)，若椭圆E2：eq \f(x2,ma2)＋eq \f(y2,mb2)＝1(a＞b＞0，m＞1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．
(1)求经过点(eq \r(2)，1)，且与椭圆E1：eq \f(x2,2)＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；
(2)若m＝4，椭圆E1的离心率为eq \f(\r(2),2)，点P在椭圆E2上，过点P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，
①若点B的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l的方程；
②若直线OP，OA的斜率之积为－eq \f(1,2)，求实数λ的值．
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1；(2)①直线l的方程为y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2；②λ＝eq \f(5,2).
解析：(1)设椭圆E2的方程为eq \f(x2,2m)＋eq \f(y2,m)＝1，代入点(eq \r(2)，1)得m＝2，所以椭圆E2的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.3分
(2)因为椭圆E1的离心率为eq \f(\r(2),2)，故a2＝2b2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，又椭圆E2与椭圆E1“相似”，
且m＝4，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8b2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
①解法1：由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，将直线l：y＝kx＋2，代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0.
解得x1＝eq \f(－8k,1＋2k2)，x2＝0，故y1＝eq \f(2－4k2,1＋2k2)，y2＝2，所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k,1＋2k2)，\f(2－4k2,1＋2k2)，))5分
又eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))，即B为AP中点，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋2k2)，\f(2＋12k2,1＋2k2)))，6分
代入椭圆E2：x2＋2y2＝32得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋12k2,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＝32，即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，
所以k＝±eq \f(\r(30),10)，所以直线l的方程为y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2.8分
解法2：由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32，设A(x，y)，B(0，2)，则P(－x，4－y)，
代入椭圆方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝8，,x2＋2（4－y）2＝32，))解得y＝eq \f(1,2)，故x＝±eq \f(\r(30),2)，6分
所以k＝±eq \f(\r(30),10)，所以直线l的方程为y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2.8分
②解法1：由题意得，x02＋2y02＝8b2，x12＋2y12＝2b2，x22＋2y22＝2b2，eq \f(y0,x0)·eq \f(y1,x1)＝－eq \f(1,2)，即x0x1＋2y0y1＝0，
eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,y)，))12分
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq \s\up12(2)＝2b2，则x02＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x12＋2y02＋4(λ－1)y0y1＋
2(λ－1)2y12＝2λ2b2(x02＋2y02)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x12＋2y12)＝2λ2b2，
所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq \f(5,2).16分
解法2：不妨设点P在第一象限，设直线OP：y＝kx(k＞0)，代入椭圆E2：x2＋2y2＝8b2，
解得x0＝eq \f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))，则y0＝eq \f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))，因为直线OP，OA的斜率之积为－eq \f(1,2)，则直线OA：y＝－eq \f(1,2k)x，10分
代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，解得x1＝－eq \f(2bk,\r(1＋2k2))，则y1＝eq \f(b,\r(1＋2k2))，由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，则(x0－x1，y0－y1)
＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,λ)，))12分
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq \s\up12(2)＝2b2，则x02＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x12＋2y02＋4(λ－1)y0y1＋
2(λ－1)2y12＝2λ2b2(x02＋2y02)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x12＋2y12)＝2λ2b2，所以8b2＋
微专题21
例题
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)直线BM的方程为
y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).
解析：(1)由Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\r(3)，0))，得直线NQ的方程为y＝eq \f(3,2)x－eq \r(3).令x＝0，得点B的坐标为(0，－eq \r(3))．所以椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1.将点N的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2)))代入，得eq \f(（\r(3)）2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),3)＝1，解得a2＝4.所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)解法1：设直线BM的斜率为k(k＞0)，则直线BM的方程为y＝kx－eq \r(3).在y＝kx－eq \r(3)中，令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3),k)，而点Q是线段OP的中点，所以xQ＝eq \f(\r(3),2k).所以直线BN的斜率kBN＝kBQ＝eq \f(0－（－\r(3)）,\f(\r(3),2k)－0)＝2k.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2－8eq \r(3)kx＝0，解得xM＝eq \f(8\r(3)k,3＋4k2).用2k代k，得xN＝eq \f(16\r(3)k,3＋16k2).又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.故2×eq \f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3×eq \f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).
解法2：设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．由B(0，－eq \r(3))，得直线BN的方程为y＝eq \f(y1＋\r(3),x1)x－eq \r(3)，令y＝0，得xP＝eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3)).同理，得xQ＝eq \f(\r(3)x2,y2＋\r(3)).而点Q是线段OP的中点，所以xP＝2xQ，故eq \f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝eq \f(2\r(3)x2,y2＋\r(3)).又eq \(DN,\s\up6(→))＝2eq \(NM,\s\up6(→))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq \f(2,3)x1＞0，从而eq \f(1,y1＋\r(3))＝eq \f(\f(4,3),y2＋\r(3))，解得y2＝eq \f(4,3)y1＋eq \f(\r(3),3).
将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)))代入到椭圆C的方程中，得eq \f(x12,9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1.又x12＝
4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y12,3)))，所以eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y12,3))),9)＋eq \f(（4y1＋\r(3)）2,27)＝1，即eq \r(3)y12＋2y1－eq \r(3)＝0，解得y1＝－eq \r(3)(舍)或y1＝eq \f(\r(3),3).又x1＞0，所以点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，\f(\r(3),3))).故直线BM的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x－eq \r(3).
变式联想
变式1
答案：y＝±eq \f(\r(5),6)(x＋4)．
解析：设出点A的坐标进而利用条件求出点B的坐标，然后将点A和B的坐标代入椭圆方程中即可求得A.进而可求得直线l的方程为
y＝±eq \f(\r(5),6)(x＋4)．
变式2
答案：2a＝2eq \r(\f(3（k2＋3）,1＋3k2)).
解析：设c＝eq \r(2)t，a＝eq \r(3)t(t＞0)，则b＝eq \r(3t2－2t2)＝t，故椭圆方程eq \f(x2,3t2)＋eq \f(y2,t2)＝1，即x2＋3y2＝3t2，
将直线l：y＝k(x＋1)代入并整理可得(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－3t2＝0，
则由根与系数的关系可得x1＋x2＝－eq \f(6k2,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－3t2,1＋3k2)；
设直线l：y＝k(x＋1)与椭圆的两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \(CA,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1－x2，－y2)，
故由题设eq \(CA,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))可得x1＋1＝2(－1－x2)，即x1＝－3－2x2，代入x1＋x2＝－eq \f(6k2,1＋3k2)，可得x2＝－eq \f(3＋3k2,1＋3k2)，x1＝eq \f(3－3k2,1＋3k2)，代入x1x2＝eq \f(3k2－3t2,1＋3k2)，可得k2－t2＝eq \f(3（k4－1）,1＋3k2)，
则t2＝k2－eq \f(3（k4－1）,1＋3k2)＝eq \f(k2＋3k4－3k4＋3,1＋3k2)＝eq \f(k2＋3,1＋3k2)，
则长轴长2a＝2eq \r(3)t＝
2eq \r(\f(3（k2＋3）,1＋3k2)).
串讲激活
串讲1
答案：±eq \f(\r(5),2).
解析：设B到直线AC的距离为h，由于S1＝2S2，
所以，eq \f(1,2)AF2·h＝2×eq \f(1,2)F2C·h，即AF2＝2F2C，所以，eq \(AF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2C,\s\up6(→)).
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，又F2(1，0)，
则(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝3－2x2，,y1＝－2y2.))
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x22,4)＋\f(y22,3)＝1，,\f(（3－2x2）2,4)＋\f(（－2y2）2,3)＝1，))
解得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(7,4)，,y2＝±\f(3\r(5),8).))
所以，直线l的斜率为k＝eq \f(±\f(3\r(5),8),\f(7,4)－1)＝±eq \f(\r(5),2).
串讲2
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①k1k2＝－eq \f(1,2)；②eq \f(BP,BQ)＝eq \f(5,2).
解析：(1)由题意可知
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,\f(a2,c)－c＝\r(2).))解得a＝2，b＝eq \r(2)，c＝eq \r(2)，所以所求椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①设直线OA：y＝k1x，设直线OB：y＝k2x，它们分别与椭圆C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k1x，))解得x12＝eq \f(4,1＋2k12)，同理x22＝eq \f(4,1＋2k22).点B到OA的距离为d＝eq \f(|k1x2－y2|,\r(1＋k12))＝eq \f(|x2（k1－k2）|,\r(1＋k12))，因为△AOB的面积为eq \r(2)，所以S△AOB＝eq \f(1,2)OA·d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋k12)|x1|eq \f(|x2（k1－k2）|,\r(1＋k12))＝eq \f(1,2)|x1x2(k1－k2)|，即eq \f(1,2)·eq \f(2,\r(1＋2k12))·eq \f(2,\r(1＋2k22))|k1－k2|＝eq \r(2)，即eq \r(2)|k1－k2|＝eq \r(（1＋2k12）（1＋2k22）)，所以(2k1k2＋1)2＝0，即k1k2＝－eq \f(1,2).②因为OP＝2OA，所以P(2x1，2y1)，设PB交椭圆C于Q(x3，y3)，且eq \f(BP,BQ)＝λ(λ＞0)．则eq \(BP,\s\up6(→))＝λeq \(BQ,\s\up6(→))，所以(2x1－x2，2y1－y2)＝λ(x3－x2，y3－y2)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝\f(2,λ)x1＋\f(λ－1,λ)x2，,y3＝\f(2,λ)y1＋\f(λ－1,λ)y2，))
即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,λ)x1＋\f(λ－1,λ)x2，,\f(2,λ)y1＋\f(λ－1,λ)y2))，因为A，B，Q都在椭圆C上，即eq \f(x12,4)＋eq \f(y12,2)＝1，eq \f(x22,4)＋eq \f(y22,2)＝1，eq \f(x32,4)＋eq \f(y32,2)＝1，所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,λ)x1＋\f(λ－1,λ)x2))\s\up12(2),4)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,λ)y1＋\f(λ－1,λ)y2))\s\up12(2),2)＝1，整理得eq \f(4,λ2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x12,4)＋\f(y12,2)))＋eq \f(（λ－1）2,λ2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x22,4)＋\f(y22,2)))＋eq \f(4（λ－1）,λ2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,2)))＝1，且eq \f(x1x2,4)＋eq \f(y1y2,2)＝0，所以eq \f(4,λ2)＋eq \f(（λ－1）2,λ2)＝1，即4＋λ2－2λ＋1＝λ2，解得λ＝eq \f(5,2).所以eq \f(BP,BQ)为定值．
新题在线
答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)y＝eq \f(\r(6),2)x＋1或y＝－eq \f(\r(6),2)x＋1；
(3)略．
解析：(1)由椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦点到对应准线的距离为1.
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)－c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,c＝1，))
所以，椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由(1)知C(0，1)，设D(x0，y0)，因为eq \(CM,\s\up6(→))＝2eq \(MD,\s\up6(→))，得2y0＝－1，所以y0＝－eq \f(1,2)，代入椭圆方程得x0＝eq \f(\r(6),2)或－eq \f(\r(6),2)，所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，－\f(1,2)))或Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，－\f(1,2)))，
所以l的方程为y＝eq \f(\r(6),2)x＋1或y＝－eq \f(\r(6),2)x＋1.
(3)解法1设D坐标为(x3，y3)，由C(0，1)，M(x1，0)可得直线CM的方程为y＝－eq \f(1,x1)x＋1，
联立椭圆方程得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,x1)x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
解得x3＝eq \f(4x1,x12＋2)，y3＝eq \f(x12－2,x12＋2).
由B(eq \r(2)，0)，得直线BD的方程：y＝eq \f(x12－2,－\r(2)x12＋4x1－2\r(2))(x－eq \r(2))，①
直线AC的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x＋1，②
联立①②得x2＝eq \f(2,x1)，
从而x1x2＝2为定值．
解法2：设D坐标为(x3，y3)，
由C，M，D三点共线得eq \f(1,－x1)＝eq \f(y3,x3－x1)，所以x1＝eq \f(x3,1－y3)，①
由B，D，N三点共线得eq \f(y3,x3－\r(2))＝eq \f(y2,x2－\r(2))，将y2＝eq \f(\r(2),2)x2＋1，代入可得x2＝eq \f(\r(2)x3＋2y3－2,\r(2)y3－x3＋\r(2))，②
所以x1x2＝eq \f(x3,1－y3)·
eq \f(\r(2)x3＋2y3－2,\r(2)y3－x3＋\r(2))＝
eq \f(\r(2)x32＋2x3y3－2x3,－\r(2)y32＋x3y3－x3＋\r(2))＝
eq \f(\r(2)x32＋2x3y3－2x3,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x32,2)))＋x3y3－x3＋\r(2))＝2.
直线的斜率问题在高考中经常出现，利用椭圆中的相关点法探究直线的斜率问题也是高考的热点与难点，解决这类问题的关键是转化相关条件，利用坐标进行计算，难点在于有一定的计算量．本专题主要通过相关点法研究与斜率相关的一系列问题，并在解题过程中感悟、总结数学思想与方法.