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- 2021-06-10 发布
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热点一 最值问题
【例1-1】 已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.
(1)求实数m的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解 (1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为
y=-x+b.由
消去y,得x2-x+b2-1=0.
因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b2+2+>0,①
将AB中点M代入直线方程y=mx+解得b=-②
由①②得m<-或m>.即实数m的取值范围是∪.
(2)令t=∈∪,则
AB=·.
且O到直线AB的距离为d=.
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)=AB·d= ≤.
当且仅当t2=时,等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
【例1-2】 设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
解 (1)设F(c,0),由+=,
即+=,可得a2-c2=3c2.
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
所以椭圆的方程为+=1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).
设B(xB,yB),由方程组消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2或x=.
由题意得xB=,
从而yB=.
由(1)知F(1,0),设H(0,yH),
有=(-1,yH),=.
由BF⊥HF,得·=0,
所以+=0,
解得yH=.
因为直线MH的方程为y=-x+.
设M(xM,yM),由方程组消去y,
解得xM=.
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,
即(xM-2)2+y≤x+y,化简得xM≥1,即≥1,
解得k≤-或k≥.
所以直线l的斜率的取值范围为∪.
热点二 定点、定直线、定值问题
【例2】 已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.
(1)解 由于点P3,P4关于y轴对称,
由题设知C必过P3,P4.
又由+>+知,椭圆C不经过点P1,
所以点P2在椭圆C上.
因此解得
故C的方程为+y2=1.
(2)证明 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
如果直线l的斜率不存在,l垂直于x轴.
设l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),
k1+k2=+==-1,得m=2,
此时l过椭圆右顶点,不存在两个交点,故不满足.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).
将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
x1+x2=-,x1x2=.
则k1+k2=+
=+
=.
由题设k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
∴(2k+1)·+(m-1)·=0.
解之得m=-2k-1,此时Δ=32(m+1)>0有解,
∴当且仅当m>-1时,Δ>0,
∴直线l的方程为y=kx-2k-1,
即y+1=k(x-2).
当x=2时,y=-1,所以l过定点(2,-1).
热点三 探索性问题
【例3】 (2018·常州一模)已知圆C:(x-t)2+y2=20(t<0)与椭圆E:+=1(a>b>0)的一个公共点为B(0,-2),F(c,0)为椭圆E的右焦点,直线BF与圆C相切于点B.
(1)求t的值及椭圆E的方程;
(2)过点F任作与坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于M,N两点,在x轴上是否存在一定点P,使PF恰为∠MPN的平分线?
解 (1)由题意知,b=2,
∵C(t,0),B(0,-2),∴BC==,则t=±4,
∵t<0,∴t=-4.
∵BC⊥BF,∴c=1,则a2=b2+c2=5.
∴椭圆E的方程为+=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),
设l:y=k(x-1)(k≠0),代入+=1,化简得
(4+5k2)x2-10k2x+5k2-20=0.
∴x1+x2=,x1x2=.
若点P存在,设P(m,0),由题意,kPM+kPN=0.
∴+=+=0.
∴(x1-1)(x2-m)+(x2-1)(x1-m)=0.
即2x1x2-(1+m)(x1+x2)+2m=2·-(1+m)·+2m=0.
∴8m-40=0,得m=5.
即在x轴上存在一定点P(5,0),使PF恰为∠MPN的角平分线.
一、必做题
1.(2014·江苏卷)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1,F2分别是椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.
(1)若点C的坐标为,且BF2=,求椭圆的方程;
(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.
解 设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).
(1)因为B(0,b),所以BF2==a.
又BF2=,故a=.
因为点C在椭圆上,
所以+=1.
解得b2=1.故所求椭圆的方程为+y2=1.
(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,
所以直线AB的方程为+=1.
解方程组得
所以点A的坐标为.
又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为.
因为直线F1C的斜率为=,直线AB的斜率为-,且F1C⊥AB,
所以·=-1.
又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.
故e2=.因此e=.
2.(2018·苏州一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,并且过点P(2,-1)
(1)求椭圆C的方程;
(2)设点Q在椭圆C上,且PQ与x轴平行,过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A(x1,y1),B(x2,y2),若直线PQ平分∠APB,求证:直线AB的斜率是定值,并求出这个定值.
(1)解 由=,得==,即a2=4b2,
∴椭圆C的方程可化为x2+4y2=4b2.
又椭圆C过点P(2,-1),
∴4+4=4b2,得b2=2,则a2=8.
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)证明 由题意知,直线PA的斜率存在,故设直线PA的方程为y+1=k(x-2),
联立得(1+4k2)x2-8(2k2+k)x+16k2+16k-4=0.
∴2x1=,即x1=.
∵直线PQ平分∠APB,即直线PA与直线PB的斜率互为相反数,
设直线PB的方程为y+1=-k(x-2),同理求得x2=.
又
∴y1-y2=k(x1+x2)-4k.
即y1-y2=k(x1+x2)-4k=-4k=-,x1-x2=.
∴直线AB的斜率为kAB===-.
3.(2018·宿迁调研)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且右焦点F到左准线的距离为6.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设A为椭圆C的左顶点,P为椭圆C上位于x轴上方的点,直线PA交y轴于点M,过点F作MF的垂线,交y轴于点N.
①当直线PA的斜率为时,求△FMN的外接圆的方程;
②设直线AN交椭圆C于另一点Q,求△APQ的面积的最大值.
解 (1)由题意,得
解得则b=2,
所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)由题可设直线PA的方程为y=k(x+4),k>0,
则M(0,4k),可得MF的斜率为kMF=-k,
因为MF⊥FN,所以直线FN的斜率kFN=-=,
所以直线FN的方程为y=(x-2),则N.
①当直线PA的斜率为,
即k=时,M(0,2),N(0,-4),F(2,0),
因为MF⊥FN,所以圆心为(0,-1),半径为3,
所以△FMN的外接圆的方程为x2+(y+1)2=9.
②联立消去y并整理得
(1+2k2)x2+16k2x+32k2-16=0,
解得x1=-4或x2=,
所以P,
直线AN的方程为y=-(x+4),
同理可得Q,
所以P,Q关于原点对称,即PQ过原点.
所以△APQ的面积S=OA·(yP-yQ)=2×
=≤8,当且仅当2k=,即k=时,取等号.
所以△APQ的面积的最大值为8.
4.(2017·苏、锡、常二模)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1(a>b
>0)的焦距为2,离心率为,椭圆的右顶点为A.
(1)求该椭圆的方程;
(2)过点D(,-)作直线PQ交椭圆于两个不同点P,Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.
解 (1)由题意可知椭圆的焦点在x轴上,2c=2,c=1,
椭圆的离心率e==,则a=,b2=a2-c2=1,
则椭圆的方程为+y2=1.
(2)证明 设P(x1,y1),Q(x2,y2),A(,0),
由题意PQ的方程:y=k(x-)-,
则整理得(2k2+1)x2-(4k2+4k)x+4k2+8k+2=0,
由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=,
则y1+y2=k(x1+x2)-2k-2=,
则kAP+kAQ=+
=,
由y1x2+y2x1=[k(x1-)-]x2+[k(x2-)-]x1
=2kx1x2-(k+)(x1+x2)=-,
kAP+kAQ=
==1,
∴直线AP,AQ的斜率之和为定值1.