2020届江苏省高考数学二轮复习课时达标训练（十一）椭圆 11页

课时达标训练(十一) 椭圆 A组——大题保分练 ‎1．(2019·扬州期末)如图，在平面直角坐标系中，椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右顶点分别为A，B，线段AB的长为4.点P在椭圆M上且位于第一象限，过点A，B分别作l1⊥PA，l2⊥PB，直线l1，l2交于点C.‎ ‎(1)若点C的横坐标为－1，求点P的坐标；‎ ‎(2)设直线l1与椭圆M的另一个交点为Q，且＝λ，求λ的取值范围．‎ 解：由题意得解得∴b2＝a2－c2＝3，‎ ‎∴椭圆M的方程是＋＝1且A(－2，0)，B(2，0)．‎ 法一：(1)设P(x0，y0)，则kPA＝，‎ ‎∵l1⊥PA，∴直线l1的方程为y＝－(x＋2)．‎ 同理得直线l2的方程为y＝－(x－2)．‎ 联立方程，得解得 又＝＝－y0，‎ ‎∴点C的坐标为.‎ ‎∵点C的横坐标为－1，∴x0＝1，‎ 又P在椭圆M上，且位于第一象限，∴y0＝ ＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ ‎(2)设Q(xQ，yQ)，‎ ‎∵＝λ，∴ 解得 ‎∵点Q在椭圆M上，∴＋＝1，‎ 得7x－36(λ－1)x0＋72λ－100＝0，解得x0＝2(舍)或x0＝.‎ ‎∵P在椭圆M上，且位于第一象限，∴0＜＜2，解得＜λ＜，∴λ的取值范围为.‎ 法二：(1)设AP的斜率为k，P(x0，y0)，‎ ‎∵P在椭圆M上，且位于第一象限，∴0＜k＜.‎ ‎∵k·kBP＝·＝－.∴直线BP的斜率为－.‎ 联立方程，得解得 即P.‎ ‎∵l1⊥PA，∴kAC＝－，则直线l1的方程为y＝－(x＋2)，‎ ‎∵l2⊥PB，∴kBC＝k，则直线l2的方程为y＝k(x－2)．‎ 由得 即C.‎ ‎∵点C的横坐标为－1，∴＝－1，解得k＝±.‎ ‎∵0＜k＜，∴k＝，∴点P的坐标为.‎ ‎(2)设Q(xQ，yQ)，C(xC，yC)，‎ 由(1)得直线l1的方程为y＝－(x＋2)，‎ 联立方程，得得(3k2＋4)x2＋16x＋16－12k2＝0，‎ 得xQ＝，‎ ‎∵＝λ，∴λ＝＝＝＝1＋，‎ ‎∵0＜k＜，∴λ∈，‎ ‎∴λ的取值范围为.‎ ‎2．(2019·苏北三市一模)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，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)试判断以PQ为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．‎ 解：(1)由题意，得解得所以a2＝2，b2＝1，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意，所以设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－m)(k≠0)．‎ 又准线方程为x＝2，‎ 所以P(2，k(2－m))，‎ 由得x2＋2k2(x－m)2＝2，‎ 即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，‎ xA，B＝，xA＋xB＝，‎ 所以xD＝·＝，yD＝k＝－，‎ 所以kOD＝－，‎ 从而直线OD的方程为y＝－x，(也可用点差法求解)‎ 所以Q，‎ ‎ 所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋[y－k(2－m)]＝0，‎ 即x2－4x＋2＋m＋y2－y＝0‎ 因为该式对任意k≠0恒成立，令y＝0，得x＝2±，‎ 所以以PQ为直径的圆经过定点(2±，0)．‎ ‎3．(2018·南通、泰州一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为1.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若P为椭圆上的一点，过点O作OP的垂线交直线y＝于点Q，求＋的值．‎ 解：(1)由题意得解得 所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意知OP的斜率存在．‎ 当OP的斜率为0时，OP＝，OQ＝，‎ 所以＋＝1.‎ 当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为y＝kx.‎ 由得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝，‎ 所以y2＝，所以OP2＝.‎ 因为OP⊥OQ，所以直线OQ的方程为y＝－x.‎ 由得x＝－k，所以OQ2＝2k2＋2.‎ 所以＋＝＋＝1.‎ 综上，可知＋＝1.‎ ‎4．已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，一个焦点到相应的准线的距离为3，圆N的方程为(x－c)2＋y2＝a2＋c2(c为半焦距)，直线l：y＝kx＋m(k>0)与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别设为A，B.‎ ‎(1)求椭圆M的方程和直线l的方程；‎ ‎(2)试在圆N上求一点P，使＝2.‎ 解：(1)由题意知解得a＝2，c＝1，所以b＝，‎ 所以椭圆M的方程为＋＝1.‎ 圆N的方程为(x－1)2＋y2＝5，‎ 联立 消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①‎ 因为直线l：y＝kx＋m与椭圆M只有一个公共点，‎ 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0得m2＝3＋4k2, ②‎ 由直线l：y＝kx＋m与圆N只有一个公共点，‎ 得＝，即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③‎ 将②代入③得km＝1，④‎ 由②④且k>0，得k＝，m＝2.‎ 所以直线l的方程为y＝x＋2.‎ ‎(2)将k＝，m＝2代入①，可得A.‎ 又过切点B的半径所在的直线l′为y＝－2x＋2，所以得交点B(0，2)，‎ 设P(x0，y0)，因为＝2，‎ 则＝8，‎ 化简得7x＋7y＋16x0－20y0＋22＝0，⑤‎ 又P(x0，y0)满足x＋y－2x0＝4，⑥‎ 将⑤－7×⑥得3x0－2y0＋5＝0，即y0＝.⑦‎ 将⑦代入⑥得13x＋22x0＋9＝0，‎ 解得x0＝－1或x0＝－，‎ 所以P(－1，1)或P.‎ B组 ‎ ‎1．(2019·南通等七市二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2：＋＝1(a＞b＞0)，C2与C1的长轴长之比为∶1，离心率相同．‎ ‎(1)求椭圆C2的标准方程；‎ ‎(2)设P为椭圆C2上一点．‎ ‎①射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；‎ ‎②过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证：k1·k2为定值．‎ 解：(1)设椭圆C2的焦距为2c，‎ 由题意，知a＝2，＝，a2＝b2＋c2.‎ 得b＝，因此椭圆C2的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：①1°当直线OP的斜率不存在时，‎ PA＝－1，PB＝＋1，则＝＝3－2.‎ ‎2°当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝kx，‎ 代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k2＋1)x2＝4.‎ 所以x＝x＝，同理x＝，‎ 所以x＝2x，由题意，知xP与xA同号，xA，xB互为相反数，‎ 所以xP＝xA，xA＝－xB，‎ 从而＝＝＝＝3－2.‎ 所以＝3－2，为定值．‎ ‎②设P(x0，y0)，则直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，‎ 即y＝k1x＋y0－k1x0，‎ 记t＝y0－k1x0，则l1的方程为y＝k1x＋t，‎ 代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，‎ 因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，‎ 所以Δ＝(8k1t)2－4(4k＋1)(4t2－4)＝0，即4k－t2＋1＝0.‎ 将t＝y0－k1x0代入上式，整理得，(x－4)k－2x0y0k1＋y－1＝0.‎ 同理可得，(x－4)k－2x0y0k2＋y－1＝0，‎ 所以k1，k2为关于k的方程(x－4)k2－2x0y0k＋y－1＝0的两根，‎ 从而k1·k2＝.‎ 又点P(x0，y0)在椭圆C2：＋＝1上，所以y＝2－x，‎ 所以k1·k2＝－，为定值．‎ ‎2．(2019·南京三模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点，离心率为，A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若点E在直线x－y＋2＝0上，且＝3，求△EMA的面积；‎ ‎(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且D点在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求·的值．‎ 解：(1)因为椭圆C过点，离心率为，‎ 所以＋＝1，＝1－e2＝，解得a2＝2，b2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知B(0，－1)，设M(xM，yM)，E(xE，yE)．‎ 由＝3，得(xE，yE＋1)＝3(xM，yM＋1)，‎ 则xE＝3xM，yE＝3yM＋2.‎ 又点E在直线x－y＋2＝0上，所以yM＝xM，①‎ 因为M在椭圆C上，所以＋y＝1，‎ 将①代入上式，得x＝.‎ 所以|xM|＝，从而|xE|＝，‎ 所以S△EMA＝S△EAB－S△MAB＝×2×－×2×＝.‎ ‎(3)法一：由(1)知，A(0，1)，‎ 设D(0，m)，0＜m＜1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 因为直线MN的斜率为1，所以直线MN的方程为y＝x＋m，‎ 联立，得消去y，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，‎ 则x1，2＝，‎ 所以x1＋x2＝－，x1·x2＝.‎ 又直线MB的方程为y＝x－1，直线NA的方程为y＝x＋1，‎ 所以易得yP＝.‎ 将y1＝x1＋m，y2＝x2＋m代入，得 yP＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ 所以·＝(0，m)·(xP，yP)＝myP＝m·＝1.‎ 法二：由(1)知A(0，1)，‎ 设M(x0，y0)，则＋y＝1.‎ 因为直线MN的斜率为1，所以直线MN的方程为y＝x－x0＋y0，则D(0，y0－x0)，‎ 联立方程，得消去y，得3x2－4(x0－y0)x＋2(x0－y0)2－2＝0，‎ Δ＝16(x0－y0)2－24[(x0－y0)2－1]，‎ 则x1，2＝，‎ 所以xN＋x0＝，‎ 所以xN＝，yN＝－，‎ 所以直线NA的方程为y＝x＋1＝x＋1，‎ 直线MB的方程为y＝x－1，‎ 所以易得yP＝.‎ 又＋y＝1.，‎ 所以yP＝＝，‎ 所以·＝(0，y0－x0)·(xP，yP)＝(y0－x0)·＝1.‎ ‎4.(2018·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点为F1(－，0)，F2(，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，求直线l的方程．‎ 解：(1)因为椭圆C的焦点为F1(－，0)，F2(，0)，‎ 可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)．‎ 又点在椭圆C上，‎ 所以解得 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 因为圆O的直径为F1F2，‎ 所以圆O的方程为x2＋y2＝3.‎ ‎(2)①设直线l与圆O相切于点P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)，则x＋y＝3，‎ 所以直线l的方程为y＝－(x－x0)＋y0，‎ 即y＝－x＋.‎ 由消去y，得 ‎(4x＋y)x2－24x0x＋36－4y＝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(4x＋y)·(36－4y)＝48y(x－2)＝0.‎ 因为x0＞0，y0＞0，‎ 所以x0＝，y0＝1.‎ 所以点P的坐标为(，1)．‎ ‎②因为△OAB的面积为，‎ 所以AB·OP＝，从而AB＝.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由(*)得x1，2＝，‎ 所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2‎ ‎＝·.‎ 因为x＋y＝3，‎ 所以AB2＝＝，‎ 即2x－45x＋100＝0，‎ 解得x＝(x＝20舍去)，则y＝，‎ 因此P的坐标为.‎ 所以直线l的方程为y－＝－，‎ 即y＝－x＋3.‎