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05 第51讲 椭圆 02 第2课时 直线与椭圆的位置关系 【答案】听课 高考数学二轮复习练习
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例1 [思路点拨] 将直线方程y=x+m和椭圆方程x24+y23=1联立,消去y并整理得7x2+8mx+4m2-12=0,根据判别式求解.
解:由y=x+m,x24+y23=1,消去y并整理得7x2+8mx+4m2-12=0①,Δ=(8m)2-4×7×(4m2-12)=-48m2+336.
(1)当Δ>0,即-7(2)当Δ=0,即m=±7时,方程①有两个相同的实数根,此时直线l与椭圆C有且只有一个公共点.
(3)当Δ<0,即m<-7或m>7时,方程①没有实数根,此时直线l与椭圆C没有公共点.
变式题 (1)[1,5) (2)355 [解析] (1)易知直线 y=ax-1 过定点 (0,-1),要使直线y=ax-1与椭圆 x25+y2m=1 总有公共点,只需使点 (0,-1) 在椭圆内部或在椭圆上, 则m≥1,又椭圆 x25+y2m=1的焦点在x轴上,所以5>m>0,所以实数m的取值范围是[1,5).
(2)设与直线x-2y+8=0平行且与椭圆x29+y24=1相切的直线方程为x-2y+m=0.由x-2y+m=0,x29+y24=1,消去x并整理得25y2-16my+4m2-36=0,所以Δ=256m2-400(m2-9)=0,解得m=±5.当m=5,即切线方程为x-2y+5=0时,切线与直线x-2y+8=0的距离为|8-5|1+4=355;当m=-5,即切线方程为x-2y-5=0时,切线与直线x-2y+8=0的距离为|8+5|1+4=1355.所以椭圆x29+y24=1上的点到直线x-2y+8=0的距离的最小值为355.
例2 [思路点拨] (1)根据题意列出关于a,b,c的方程组,解出a,b,c的值,即可得到椭圆C的标准方程.(2)对直线l的斜率分情况讨论,当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),与椭圆C的方程联立,利用根与系数的关系得到x1+x2=4k21+2k2,x1·x2=2k2-21+2k2,代入|AF1|·|BF1|=103,求出k的值,再利用弦长公式求出|AB|;当直线l的斜率不存在时,不符合题意,舍去.
解:(1)由题意可知ca=22,43a2+13b2=1,a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1,∴椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)易知F1(-1,0),F2(1,0).
①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x-1),x22+y2=1,消去y整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
∴x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.
∵A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上,∴y12=1-x122,y22=1-x222,∴|AF1|=(x1+1)2+y12=x12+2x1+1+1-x122=12(x1+2)2,|BF1|=(x2+1)2+y22=
x22+2x2+1+1-x222=12(x2+2)2.
∵|AF1|·|BF1|=103,∴12(x1+2)2·12(x2+2)2=103,∴12(x1+2)(x2+2)=103,
即12x1x2+(x1+x2)+2=103,
则12×2k2-21+2k2+4k21+2k2+2=103,解得k2=1,
∴x1+x2=43,x1x2=0,
∴|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=423.
②当直线l的斜率不存在时,不妨设点A1,22,B1,-22,则|AF1|=|BF1|=|F1F2|2+|AF2|2=4+12=322,此时|AF1|·|BF1|≠103,不符合题意,舍去.综上所述,|AB|=423.
变式题1 (1)D (2)C [解析] (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=x+m,由y=x+m,x22+y2=1,消去y整理得3x2+4mx+2(m2-1)=0,由Δ>0,得-3(2)方法一:由题可知F1(-2,0),F2(2,0),△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,则点F1到直线y=x+m的距离是点F2到直线y=x+m距离的2倍,故|-2+m|2=2|2+m|2,化简可得3m2+102m+6=0,即(3m+2)(m+32)=0,解得m=-23或m=-32,又直线y=x-32与C不相交,所以m=-23.故选C.
方法二:不妨设直线y=x+m与x轴的交点为Q(-m,0),因为△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,所以点F1到直线y=x+m的距离是点F2到直线y=x+m距离的2倍,则|F1Q|=2|F2Q|.若Q在线段F1F2上,则|F2Q|=223,所以-m=23,即m=-23;若Q在线段F1F2的延长线上,则|F2Q|=22,所以-m=32,即m=-32,此时直线y=x+m与椭圆相离.故选C.
变式题2 解:(1)依题意得ca=63,12ab=3,a2=b2+c2,可得a=6,b=2,c=2,所以椭圆C的方程为x26+y22=1.
(2)由(1)知椭圆C的右焦点的坐标为(2,0).当直线l的斜率不存在时,由226+y22=1,得y=±63,此时|PQ|=263,不符合题意,所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-2),由y=k(x-2),x26+y22=1,消去y整理得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=12k21+3k2,x1x2=12k2-61+3k2,
所以|PQ|=1+k2·12k21+3k22-4×12k2-61+3k2=1+k2·144k4-24(2k2-1)(1+3k2)(1+3k2)2=26·(1+k2)1+3k2=667,解得k=±2,所以直线l的方程为y=±2(x-2).
例3 [思路点拨] (1)思路一:设出弦端点的坐标,由弦端点的坐标与弦中点的坐标的关系,结合弦端点在椭圆上可得弦所在直线的斜率,进而求出弦所在直线的方程;思路二:设过点C的弦为AB,利用kAB·kOC=-b2a2(O为坐标原点)得kAB=-34,又直线AB过点C,从而可得答案.
(2)设出斜率为2的直线方程,与椭圆的方程联立,由根与系数的关系求出两根之和,进而求出弦中点的坐标,即可得弦中点的轨迹方程.(3)设出弦与椭圆两交点的坐标和点P的坐标,分割线斜率存在与不存在两种情况进行分析,结合点差法即可得点P的轨迹方程.
解:(1)方法一:设以C(1,1)为中点的弦与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x22=1,y1+y22=1,
由x124+y123=1,x224+y223=1,可得x12-x224=-y12-y223,则y1-y2x1-x2=-34·x1+x2y1+y2=-34,即直线AB的斜率为-34,所以直线AB的方程为y-1=-34(x-1),即3x+4y-7=0.
方法二:设过点C的弦为AB,又AB被点C平分,则kAB·kOC=-b2a2(O为坐标原点),即kAB·1=-34,解得kAB=-34,故弦AB所在直线的方程为y-1=-34(x-1),即3x+4y-7=0.
(2)设斜率为2的直线方程为y=2x+t,与椭圆的交点为M(x3,y3),N(x4,y4),由y=2x+t,x24+y23=1,消去y整理得19x2+16tx+4t2-12=0,由Δ=(16t)2-4×19×(4t2-12)>0,可得t2<19,且x3+x4=-16t19,则y3+y4=2(x3+x4)+2t=-32t19+2t=6t19,
所以MN的中点D的坐标为-8t19,3t19,
设斜率为2的平行弦的中点坐标为(x,y),由x=-8t19,y=3t19,t2<19,可得3x+8y=0|x|<81919,所以斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程为3x+8y=0|x|<81919.
(3)设弦与椭圆的两交点分别为I(x5,y5),J(x6,y6),P(x,y),当x5=x6时,P(-1,0).
当x5≠x6时,由3x52+4y52=12,3x62+4y62=12,两式相减得3(x5+x6)(x5-x6)+4(y5+y6)(y5-y6)=0,
即3+4·(y5+y6)(y5-y6)(x5+x6)(x5-x6)=0,
因为y5-y6x5-x6=kFP=yx+1,x5+x6=2x,y5+y6=2y,
所以3x2+3x+4y2=0,显然(-1,0)满足该方程.
所以点P的轨迹方程为3x2+3x+4y2=0.
变式题 (1)y=-x2(-20,解得-2(2)由题知,椭圆的右焦点的坐标为(2,0),设M(x1,y1),N(x2,y2),因为△BMN的重心为(2,0),所以x1+x23=2,4+y1+y23=0,所以x1+x2=6,y1+y2=-4,即MN的中点坐标为(3,-2).因为x1216+y1212=1,x2216+y2212=1,所以3(x2+x1)(x2-x1)+4(y1+y2)(y2-y1)=0,即18(x2-x1)-16(y2-y1)=0,所以kMN=y2-y1x2-x1=1816=98,所以直线l的方程为y+2=98(x-3),即9x-8y-43=0.
例4 [思路点拨] (1)思路一:设|QF1|=m,|PF1|=n,将存在点P使|PQ|=|QF2|等价转化为(|PQ|-|QF2|)min≤0,由椭圆的二级结论得1m+1n=2ab2,结合基本不等式可求|PQ|-|QF2|=2m+n-2a的最小值,即可求得b2a2的范围,从而得到e2的取值范围;
思路二:由椭圆的焦半径公式和椭圆的定义结合基本不等式求e2的取值范围.
(2)设直线PQ:x=my-2,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆的方程,由根与系数的关系求出kAP·kAQ,再求出kAQ·kBQ,即可求出k1k2=kAPkBQ=5,由基本不等式即可求出k1k2+1k22的最小值.
(1)[82-11,1) (2)25 [解析] (1)方法一(利用椭圆的二级结论和基本不等式):设|QF1|=m,|PF1|=n,则|QF2|=2a-m,且1m+1n=2ab2,显然当点P靠近右顶点时,|PQ|>|QF2|,故存在点P使|PQ|=|QF2|成立等价于(|PQ|-|QF2|)min≤0,因为|PQ|-|QF2|=2m+n-2a,而2m+n=b22a(2m+n)1m+1n=b22a3+nm+2mn≥(3+22)b22a,当且仅当n=2m时取等号,所以(2m+n-2a)min=(3+22)b22a-2a,由(3+22)b22a-2a≤0,得b2a2≤12-82,又e2=c2a2=1-b2a2,0方法二(利用焦半径公式和基本不等式):设∠PF1F2=θ,点P在x轴上方,则|PF1|=b2a1-ecsθ,|QF1|=b2a1+ecsθ,所以|QF2|=2a-|QF1|=2a-b2a1+ecsθ.存在点P使|PQ|=|QF2|,即|PF1|+|QF1|=|QF2|,所以2a=b2a11-ecsθ+21+ecsθ,所以a2b2=1411-ecsθ+21+ecsθ(1-ecs θ+1+ecs θ)=143+1+ecsθ1-ecsθ+2(1-ecsθ)1+ecsθ≥(1+2)24,当且仅当ecs θ=3-22时取等号,即b2a2≤12-82,又e2=c2a2=1-b2a2,0(2)设直线PQ:x=my-2,P(x1,y1),Q(x2,y2),由x=my-2,x29+y25=1,消去x整理得(5m2+9)y2-20my-25=0,所以y1+y2=20m5m2+9,y1y2=-255m2+9,因为A(-3,0),B(3,0),所以kAP·kAQ=y1x1+3·y2x2+3=y1my1+1·y2my2+1=y1y2m2y1y2+m(y1+y2)+1=-25-25m2+20m2+5m2+9=-259,因为Q(x2,y2)在椭圆上,所以x229+y225=1,即y22=5(9-x22)9,所以kAQ·kBQ=y2x2+3·y2x2-3=y22x22-9=-59,所以k1k2=kAPkBQ=kAP·kAQkAQ·kBQ=5,则k1k2+1k22=5k22+1k22≥25,等号显然可以取得,故k1k2+1k22的最小值为25.
变式题 (1)BCD (2)B (3)20 [解析] (1)易知直线l1的斜率不为0,F1(-1,0),F2(1,0).对于A,若AF1=2F1B,显然直线l1的斜率存在且大于0,设直线l1:y=k(x+1)(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x+1),x24+y23=1,化简整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,所以x1+x2=-8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,因为AF1=(-1-x1,-y1),F1B=(x2+1,y2),所以-1-x1=2(x2+1),整理得x1+2x2=-3,由x1+x2=-8k24k2+3,x1+2x2=-3,x1x2=4k2-124k2+3,可得k2=54,又k>0,所以k=52,故A错误.对于B,设直线l1:x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-1,x24+y23=1,化简整理得(3m2+4)y2-6my-9=0,所以y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,由点A在x轴的上方,可得y1>0,y2<0,所以|AF1|=(x1+1)2+y12=1+m2·y1,|BF1|=(x2+1)2+y22=-1+m2·y2,所以1|AF1|+1|BF1|=11+m2·y1-11+m2·y2=y2-y11+m2·y1·y2=-(y2+y1)2-4y1·y21+m2·y1·y2=
121+m23m2+491+m23m2+4=43,所以|AF1|+4|BF1|=341|AF1|+1|BF1|(|AF1|+4|BF1|)=345+4|BF1||AF1|+|AF1||BF1|≥345+24|BF1||AF1|·|AF1||BF1|=274,当且仅当4|BF1||AF1|=|AF1||BF1|,即|AF1|=2|BF1|时取等号,故B正确.对于C,连接AF2,设A(x1,y1), AF1的中点为P,则Px1-12,y12,连接OP,所以|OP|=(x1-1)24+y124=|AF2|2(O为坐标原点),由椭圆的定义知|AF2|2+|AF1|2=2,即|OP|=2-|AF1|2,又x2+y2=4的圆心为O(0,0),半径为2,故以AF1为直径的圆与圆x2+y2=4内切,故C正确.对于D,当直线l1的斜率存在时,由选项A的分析知|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=
1+k2·-8k24k2+32-4·4k2-124k2+3=12(k2+1)4k2+3,同理|CD|=12-1k2+14-1k2+3=12(1+k2)4+3k2,故S=12|AB|·|CD|=12·12(k2+1)4k2+3·12(1+k2)4+3k2=72(1+k2)2(4k2+3)(4+3k2),令t=k2+1(t>1),则S=72t2(4t-1)(1+3t)=72-1t2+1t+12=72-1t-122+494,又0<1t<1,所以12<-1t-122+494≤494,所以28849≤S<6;当直线l1的斜率不存在时,直线l2的斜率为0,可得|AB|=3,|CD|=4,此时S=12×4×3=6.综上,S∈28849,6,故D正确.故选BCD.
(2)方法一:∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,∴a2=3c2,b2=2c2.设直线AB的方程为x=1ky-c,与椭圆方程2x2+3y2=6c2联立,消去x整理得3+2k2y2-4cky-4c2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4kc3k2+2,y1y2=-4c2k23k2+2.∵|AF|=2|FB|,∴y1=-2y2,可得y2=-4kc3k2+2,y22=2c2k23k2+2,∴-4kc3k2+22=2c2k23k2+2,∵k>0,∴k=2.故选B.
方法二:设l为椭圆的左准线,分别过A,B两点作AA1,BB1垂直于l,垂足分别为点A1,B1,过点B作BE⊥AA1于点E,根据椭圆的第二定义,得|AA1|=|AF|e,|BB1|=|BF|e,∵|AF|=2|FB|,∴|AA1|=2|BF|e,cs ∠BAE=|AE||AB|=|BF|e3|BF|=13e=33,∴sin∠BAE=63,∴tan∠BAE=2,即k=2.故选B.
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(进群送往届全部资料)方法三:设直线AB的倾斜角为θ,由椭圆的焦半径公式得|AF|=b2a-ccsθ,|BF|=b2a+ccsθ,由题知|AF|=2|FB|,则b2a-ccsθ=2b2a+ccsθ,即3ecs θ=1,解得cs θ=33, 则sin θ=63,∴k=tan θ=2.故选B.
(3)不妨设A1(-2,0),A2(2,0),B1(0,-1),B2(0,1).如图①,连接A1B2,当A1B2为等腰三角形的底时,作A1B2的垂直平分线交椭圆于P,Q两点,连接QA1,QB2,PA1,PB2,则△QA1B2与△PA1B2均为等腰三角形,满足题意,同理当A2B2,A2B1,A1B1为等腰三角形的底时,也可以各作出2个满足要求的等腰三角形,此时共有8个符合题意的三角形.如图②,当A1B2为等腰三角形的腰时,以B2为圆心,A1B2为半径作圆,则圆与椭圆相交于点A1,A2,N,M,连接MA1,NA1,MB2,NB2,其中△MA1B2与△NA1B2均为等腰三角形,满足要求,△A2A1B2三个顶点均为椭圆顶点,不符合题意,同理当A2B2,A2B1,A1B1为等腰三角形的腰时,也可以各作出2个满足要求的等腰三角形,此时共有8个符合题意的三角形.如图③,以B2为圆心,B1B2为半径作圆,此时圆与椭圆相交于点B1,S,T,连接SB1,SB2,TB1,TB2,此时△SB1B2与△TB1B2均为等腰三角形,满足题意,此时共有2个符合题意的三角形.如图④,以B1为圆心,B1B2为半径作圆,此时圆与椭圆相交于点B2,U,V,连接UB1,UB2,VB1,VB2,此时△UB1B2与△VB1B2均为等腰三角形,满足题意,此时共有2个符合题意的三角形.由椭圆性质可知,A1A2为椭圆中的最长弦,所以不能作为等腰三角形的腰,而作为底时,刚好等腰三角形的顶点为上顶点或下顶点,不符合要求.综上,满足要求的等腰三角形个数为8+8+2+2=20.
例1 [思路点拨] 将直线方程y=x+m和椭圆方程x24+y23=1联立,消去y并整理得7x2+8mx+4m2-12=0,根据判别式求解.
解:由y=x+m,x24+y23=1,消去y并整理得7x2+8mx+4m2-12=0①,Δ=(8m)2-4×7×(4m2-12)=-48m2+336.
(1)当Δ>0,即-7
(3)当Δ<0,即m<-7或m>7时,方程①没有实数根,此时直线l与椭圆C没有公共点.
变式题 (1)[1,5) (2)355 [解析] (1)易知直线 y=ax-1 过定点 (0,-1),要使直线y=ax-1与椭圆 x25+y2m=1 总有公共点,只需使点 (0,-1) 在椭圆内部或在椭圆上, 则m≥1,又椭圆 x25+y2m=1的焦点在x轴上,所以5>m>0,所以实数m的取值范围是[1,5).
(2)设与直线x-2y+8=0平行且与椭圆x29+y24=1相切的直线方程为x-2y+m=0.由x-2y+m=0,x29+y24=1,消去x并整理得25y2-16my+4m2-36=0,所以Δ=256m2-400(m2-9)=0,解得m=±5.当m=5,即切线方程为x-2y+5=0时,切线与直线x-2y+8=0的距离为|8-5|1+4=355;当m=-5,即切线方程为x-2y-5=0时,切线与直线x-2y+8=0的距离为|8+5|1+4=1355.所以椭圆x29+y24=1上的点到直线x-2y+8=0的距离的最小值为355.
例2 [思路点拨] (1)根据题意列出关于a,b,c的方程组,解出a,b,c的值,即可得到椭圆C的标准方程.(2)对直线l的斜率分情况讨论,当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),与椭圆C的方程联立,利用根与系数的关系得到x1+x2=4k21+2k2,x1·x2=2k2-21+2k2,代入|AF1|·|BF1|=103,求出k的值,再利用弦长公式求出|AB|;当直线l的斜率不存在时,不符合题意,舍去.
解:(1)由题意可知ca=22,43a2+13b2=1,a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1,∴椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)易知F1(-1,0),F2(1,0).
①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x-1),x22+y2=1,消去y整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
∴x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.
∵A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上,∴y12=1-x122,y22=1-x222,∴|AF1|=(x1+1)2+y12=x12+2x1+1+1-x122=12(x1+2)2,|BF1|=(x2+1)2+y22=
x22+2x2+1+1-x222=12(x2+2)2.
∵|AF1|·|BF1|=103,∴12(x1+2)2·12(x2+2)2=103,∴12(x1+2)(x2+2)=103,
即12x1x2+(x1+x2)+2=103,
则12×2k2-21+2k2+4k21+2k2+2=103,解得k2=1,
∴x1+x2=43,x1x2=0,
∴|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=423.
②当直线l的斜率不存在时,不妨设点A1,22,B1,-22,则|AF1|=|BF1|=|F1F2|2+|AF2|2=4+12=322,此时|AF1|·|BF1|≠103,不符合题意,舍去.综上所述,|AB|=423.
变式题1 (1)D (2)C [解析] (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=x+m,由y=x+m,x22+y2=1,消去y整理得3x2+4mx+2(m2-1)=0,由Δ>0,得-3
方法二:不妨设直线y=x+m与x轴的交点为Q(-m,0),因为△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,所以点F1到直线y=x+m的距离是点F2到直线y=x+m距离的2倍,则|F1Q|=2|F2Q|.若Q在线段F1F2上,则|F2Q|=223,所以-m=23,即m=-23;若Q在线段F1F2的延长线上,则|F2Q|=22,所以-m=32,即m=-32,此时直线y=x+m与椭圆相离.故选C.
变式题2 解:(1)依题意得ca=63,12ab=3,a2=b2+c2,可得a=6,b=2,c=2,所以椭圆C的方程为x26+y22=1.
(2)由(1)知椭圆C的右焦点的坐标为(2,0).当直线l的斜率不存在时,由226+y22=1,得y=±63,此时|PQ|=263,不符合题意,所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-2),由y=k(x-2),x26+y22=1,消去y整理得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=12k21+3k2,x1x2=12k2-61+3k2,
所以|PQ|=1+k2·12k21+3k22-4×12k2-61+3k2=1+k2·144k4-24(2k2-1)(1+3k2)(1+3k2)2=26·(1+k2)1+3k2=667,解得k=±2,所以直线l的方程为y=±2(x-2).
例3 [思路点拨] (1)思路一:设出弦端点的坐标,由弦端点的坐标与弦中点的坐标的关系,结合弦端点在椭圆上可得弦所在直线的斜率,进而求出弦所在直线的方程;思路二:设过点C的弦为AB,利用kAB·kOC=-b2a2(O为坐标原点)得kAB=-34,又直线AB过点C,从而可得答案.
(2)设出斜率为2的直线方程,与椭圆的方程联立,由根与系数的关系求出两根之和,进而求出弦中点的坐标,即可得弦中点的轨迹方程.(3)设出弦与椭圆两交点的坐标和点P的坐标,分割线斜率存在与不存在两种情况进行分析,结合点差法即可得点P的轨迹方程.
解:(1)方法一:设以C(1,1)为中点的弦与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x22=1,y1+y22=1,
由x124+y123=1,x224+y223=1,可得x12-x224=-y12-y223,则y1-y2x1-x2=-34·x1+x2y1+y2=-34,即直线AB的斜率为-34,所以直线AB的方程为y-1=-34(x-1),即3x+4y-7=0.
方法二:设过点C的弦为AB,又AB被点C平分,则kAB·kOC=-b2a2(O为坐标原点),即kAB·1=-34,解得kAB=-34,故弦AB所在直线的方程为y-1=-34(x-1),即3x+4y-7=0.
(2)设斜率为2的直线方程为y=2x+t,与椭圆的交点为M(x3,y3),N(x4,y4),由y=2x+t,x24+y23=1,消去y整理得19x2+16tx+4t2-12=0,由Δ=(16t)2-4×19×(4t2-12)>0,可得t2<19,且x3+x4=-16t19,则y3+y4=2(x3+x4)+2t=-32t19+2t=6t19,
所以MN的中点D的坐标为-8t19,3t19,
设斜率为2的平行弦的中点坐标为(x,y),由x=-8t19,y=3t19,t2<19,可得3x+8y=0|x|<81919,所以斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程为3x+8y=0|x|<81919.
(3)设弦与椭圆的两交点分别为I(x5,y5),J(x6,y6),P(x,y),当x5=x6时,P(-1,0).
当x5≠x6时,由3x52+4y52=12,3x62+4y62=12,两式相减得3(x5+x6)(x5-x6)+4(y5+y6)(y5-y6)=0,
即3+4·(y5+y6)(y5-y6)(x5+x6)(x5-x6)=0,
因为y5-y6x5-x6=kFP=yx+1,x5+x6=2x,y5+y6=2y,
所以3x2+3x+4y2=0,显然(-1,0)满足该方程.
所以点P的轨迹方程为3x2+3x+4y2=0.
变式题 (1)y=-x2(-2
例4 [思路点拨] (1)思路一:设|QF1|=m,|PF1|=n,将存在点P使|PQ|=|QF2|等价转化为(|PQ|-|QF2|)min≤0,由椭圆的二级结论得1m+1n=2ab2,结合基本不等式可求|PQ|-|QF2|=2m+n-2a的最小值,即可求得b2a2的范围,从而得到e2的取值范围;
思路二:由椭圆的焦半径公式和椭圆的定义结合基本不等式求e2的取值范围.
(2)设直线PQ:x=my-2,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线与椭圆的方程,由根与系数的关系求出kAP·kAQ,再求出kAQ·kBQ,即可求出k1k2=kAPkBQ=5,由基本不等式即可求出k1k2+1k22的最小值.
(1)[82-11,1) (2)25 [解析] (1)方法一(利用椭圆的二级结论和基本不等式):设|QF1|=m,|PF1|=n,则|QF2|=2a-m,且1m+1n=2ab2,显然当点P靠近右顶点时,|PQ|>|QF2|,故存在点P使|PQ|=|QF2|成立等价于(|PQ|-|QF2|)min≤0,因为|PQ|-|QF2|=2m+n-2a,而2m+n=b22a(2m+n)1m+1n=b22a3+nm+2mn≥(3+22)b22a,当且仅当n=2m时取等号,所以(2m+n-2a)min=(3+22)b22a-2a,由(3+22)b22a-2a≤0,得b2a2≤12-82,又e2=c2a2=1-b2a2,0
变式题 (1)BCD (2)B (3)20 [解析] (1)易知直线l1的斜率不为0,F1(-1,0),F2(1,0).对于A,若AF1=2F1B,显然直线l1的斜率存在且大于0,设直线l1:y=k(x+1)(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x+1),x24+y23=1,化简整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,所以x1+x2=-8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,因为AF1=(-1-x1,-y1),F1B=(x2+1,y2),所以-1-x1=2(x2+1),整理得x1+2x2=-3,由x1+x2=-8k24k2+3,x1+2x2=-3,x1x2=4k2-124k2+3,可得k2=54,又k>0,所以k=52,故A错误.对于B,设直线l1:x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-1,x24+y23=1,化简整理得(3m2+4)y2-6my-9=0,所以y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,由点A在x轴的上方,可得y1>0,y2<0,所以|AF1|=(x1+1)2+y12=1+m2·y1,|BF1|=(x2+1)2+y22=-1+m2·y2,所以1|AF1|+1|BF1|=11+m2·y1-11+m2·y2=y2-y11+m2·y1·y2=-(y2+y1)2-4y1·y21+m2·y1·y2=
121+m23m2+491+m23m2+4=43,所以|AF1|+4|BF1|=341|AF1|+1|BF1|(|AF1|+4|BF1|)=345+4|BF1||AF1|+|AF1||BF1|≥345+24|BF1||AF1|·|AF1||BF1|=274,当且仅当4|BF1||AF1|=|AF1||BF1|,即|AF1|=2|BF1|时取等号,故B正确.对于C,连接AF2,设A(x1,y1), AF1的中点为P,则Px1-12,y12,连接OP,所以|OP|=(x1-1)24+y124=|AF2|2(O为坐标原点),由椭圆的定义知|AF2|2+|AF1|2=2,即|OP|=2-|AF1|2,又x2+y2=4的圆心为O(0,0),半径为2,故以AF1为直径的圆与圆x2+y2=4内切,故C正确.对于D,当直线l1的斜率存在时,由选项A的分析知|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=
1+k2·-8k24k2+32-4·4k2-124k2+3=12(k2+1)4k2+3,同理|CD|=12-1k2+14-1k2+3=12(1+k2)4+3k2,故S=12|AB|·|CD|=12·12(k2+1)4k2+3·12(1+k2)4+3k2=72(1+k2)2(4k2+3)(4+3k2),令t=k2+1(t>1),则S=72t2(4t-1)(1+3t)=72-1t2+1t+12=72-1t-122+494,又0<1t<1,所以12<-1t-122+494≤494,所以28849≤S<6;当直线l1的斜率不存在时,直线l2的斜率为0,可得|AB|=3,|CD|=4,此时S=12×4×3=6.综上,S∈28849,6,故D正确.故选BCD.
(2)方法一:∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,∴a2=3c2,b2=2c2.设直线AB的方程为x=1ky-c,与椭圆方程2x2+3y2=6c2联立,消去x整理得3+2k2y2-4cky-4c2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4kc3k2+2,y1y2=-4c2k23k2+2.∵|AF|=2|FB|,∴y1=-2y2,可得y2=-4kc3k2+2,y22=2c2k23k2+2,∴-4kc3k2+22=2c2k23k2+2,∵k>0,∴k=2.故选B.
方法二:设l为椭圆的左准线,分别过A,B两点作AA1,BB1垂直于l,垂足分别为点A1,B1,过点B作BE⊥AA1于点E,根据椭圆的第二定义,得|AA1|=|AF|e,|BB1|=|BF|e,∵|AF|=2|FB|,∴|AA1|=2|BF|e,cs ∠BAE=|AE||AB|=|BF|e3|BF|=13e=33,∴sin∠BAE=63,∴tan∠BAE=2,即k=2.故选B.
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(3)不妨设A1(-2,0),A2(2,0),B1(0,-1),B2(0,1).如图①,连接A1B2,当A1B2为等腰三角形的底时,作A1B2的垂直平分线交椭圆于P,Q两点,连接QA1,QB2,PA1,PB2,则△QA1B2与△PA1B2均为等腰三角形,满足题意,同理当A2B2,A2B1,A1B1为等腰三角形的底时,也可以各作出2个满足要求的等腰三角形,此时共有8个符合题意的三角形.如图②,当A1B2为等腰三角形的腰时,以B2为圆心,A1B2为半径作圆,则圆与椭圆相交于点A1,A2,N,M,连接MA1,NA1,MB2,NB2,其中△MA1B2与△NA1B2均为等腰三角形,满足要求,△A2A1B2三个顶点均为椭圆顶点,不符合题意,同理当A2B2,A2B1,A1B1为等腰三角形的腰时,也可以各作出2个满足要求的等腰三角形,此时共有8个符合题意的三角形.如图③,以B2为圆心,B1B2为半径作圆,此时圆与椭圆相交于点B1,S,T,连接SB1,SB2,TB1,TB2,此时△SB1B2与△TB1B2均为等腰三角形,满足题意,此时共有2个符合题意的三角形.如图④,以B1为圆心,B1B2为半径作圆,此时圆与椭圆相交于点B2,U,V,连接UB1,UB2,VB1,VB2,此时△UB1B2与△VB1B2均为等腰三角形,满足题意,此时共有2个符合题意的三角形.由椭圆性质可知,A1A2为椭圆中的最长弦,所以不能作为等腰三角形的腰,而作为底时,刚好等腰三角形的顶点为上顶点或下顶点,不符合要求.综上,满足要求的等腰三角形个数为8+8+2+2=20.
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