江蘇省2022高考數學二輪復習 專題三 解析幾何 3.3 大題考法—橢圓講義（含解析）

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1、江蘇省2022高考數學二輪復習 專題三 解析幾何 3.3 大題考法橢圓講義（含解析）題型(一)直線與橢圓的位置關系主要考查直線與橢圓的位置關系及橢圓的方程、直線方程的求法.所以橢圓的標準方程為y21.(2)當ABx軸時，AB，又CP3，不合題意當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將AB的方程代入橢圓方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0，則x1,2，C的坐標為，且AB.若k0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準線平行，不合題意從而k0，故直線PC的方程為y，則P點的坐標為，從而PC.因為PC2AB，所以，解得k1.此時直線AB的方

2、程為yx1或yx1.方法技巧解決直線與橢圓的位置關系問題的2個注意點(1)直線方程的求解只需要兩個獨立條件，但在橢圓背景下，幾何條件轉化為坐標的難度增加，涉及到長度、面積、向量等(2)直線與橢圓的位置關系處理需要通過聯(lián)立方程組來處理，聯(lián)立方程組時要關注相關的點是否能夠求解，不能求解的可以用根與系數的關系來處理演練沖關1(2018南通、泰州一調)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓1(ab0)的離心率為，兩條準線之間的距離為4.(1)求橢圓的標準方程；(2)已知橢圓的左頂點為A，點M在圓x2y2上，直線AM與橢圓相交于另一點B，且AOB的面積是AOM的面積的2倍，求直線AB的方程解：(1)設

3、橢圓的焦距為2c，由題意得，4，解得a2，c，所以b.所以橢圓的標準方程為1.(2)法一：(設點法)因為SAOB2SAOM，所以AB2AM，所以M為AB的中點因為橢圓的方程為1，所以A(2,0)設M(x0，y0)(2x0b0)，右準線l方程為x4，右焦點F(1,0)，A為橢圓的左頂點(1)求橢圓C的方程；(2)設點M為橢圓在x軸上方一點，點N在右準線上且滿足0且5|2|，求直線AM的方程解：(1)4，c1，a24，b23，橢圓C的方程為1.(2)設AM的方程為yk(x2)，聯(lián)立消去y，得(4k23)x216k2x16k2120，xM2，yMk(xM2).而kMN，又xN4，MN |xMxN|.

4、又AM|xMxA|，5|2|，52，k1或，AM的方程為yx2或yx.題型(二)橢圓與圓的綜合問題主要考查直線與橢圓的位置關系以及橢圓與圓相結合的問題，主要求橢圓、圓的方程.典例感悟例2(2018無錫期末)已知橢圓E：1(ab0)的離心率為，F1，F2分別為左、右焦點，A，B分別為左、右頂點，D為上頂點，原點O到直線BD的距離為.設點P在第一象限，且PBx軸，連結PA交橢圓于點C，記點P的縱坐標為t.(1)求橢圓E的方程；(2)若ABC的面積等于四邊形OBPC的面積，求直線PA的方程；(3)求過點B，C，P的圓的方程(結果用t表示)解(1)因為橢圓E：1(ab0)的離心率為，所以a22c2，b

5、c，所以直線DB的方程為yxb，又O到直線BD的距離為，所以，解得b1，a.所以橢圓E的方程為y21.(2)設P(，t)，t0，則直線PA的方程為y(x)，由整理得(4t2)x22t2x2t280，解得xC，則點C的坐標是，因為ABC的面積等于四邊形OBPC的面積，所以AOC的面積等于BPC的面積，SAOC，SPBCt，則，解得t.所以直線PA的方程為x2y0.(3)因為B(，0)，P(，t)，C，所以BP的垂直平分線為y，BC的垂直平分線為yx，所以過B，C，P三點的圓的圓心為，則過B，C，P三點的圓的方程為22，即所求圓的方程為x2xy2ty0.方法技巧橢圓與圓的綜合問題的解題策略(1)在

6、橢圓背景下，常會出現給出三點(包含橢圓上的點)求圓的方程，也會出現給出以橢圓上的兩點為直徑的圓的問題這里涉及到橢圓上動點如何求解，以及橢圓的弦的處理(2)以兩點為直徑的圓，可以用直角三角形處理，也可以用向量數量積處理，這兩種方法都是轉化為點坐標來處理. (3)運算時要加強“設而不求”思想的滲透，出現多個變量時，要有消元意識和主元思想；在代入運算過程中，不要忘掉整體思想(4)在研究直線與橢圓相交的問題時，通常有兩種方法來設參，一是設點坐標來作為參數，二是設直線的斜率作為參數在學習中，要通過比較來看應用哪種方法較為簡便，以免將問題復雜化演練沖關(2018鎮(zhèn)江期末)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已

7、知橢圓E：1(ab0)的離心率為，左焦點F(2,0)，直線l：yt與橢圓交于A，B兩點，M為橢圓E上異于A，B的點(1)求橢圓E的方程；(2)若M(，1)，以AB為直徑的圓P過點M，求圓P的標準方程解：(1)因為e，且c2，所以a2，b2.所以橢圓方程為1.(2)設A(s，t)，則B(s，t)，且s22t28.因為以AB為直徑的圓P過點M，所以MAMB，所以0，又(s，t1)，(s，t1)，所以6s2(t1)20.由解得t，或t1(舍，因為M(，1)，所以t0)，所以s2.又圓P的圓心為AB的中點(0，t)，半徑為|s|，所以圓P的標準方程為x22.題型(三)橢圓中的定點、定值問題 主要考查直

8、線與橢圓的位置關系及動直線、動圓過定點問題或與動點有關的定值問題.典例感悟例3(2018江蘇六市調研)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知B1，B2是橢圓1(ab0)的短軸端點，P是橢圓上異于點B1，B2的一動點當直線PB1的方程為yx3時，線段PB1的長為4.(1)求橢圓的標準方程；(2)設點Q滿足QB1PB1，QB2PB2.求證：PB1B2與QB1B2的面積之比為定值解設P(x0，y0)，Q(x1，y1)(1)在yx3中，令x0，得y3，從而b3.由得1.所以x0.因為PB1|x0|，所以4，解得a218.所以橢圓的標準方程為1.(2)法一：(設點法) 直線PB1的斜率為kPB1，由QB1

9、PB1，所以直線QB1的斜率為kQB1.于是直線QB1的方程為yx3.同理，QB2的方程為yx3.聯(lián)立兩直線方程，消去y，得x1.因為P(x0，y0)在橢圓1上，所以1，從而y9.所以x1.所以2.法二：(設線法) 設直線PB1，PB2的斜率分別為k，k，則直線PB1的方程為ykx3.由QB1PB1，直線QB1的方程為yx3.將ykx3代入1，得(2k21)x212kx0.因為P是橢圓上異于點B1，B2的點，所以x00，從而x0.因為P(x0，y0)在橢圓1上，所以1，從而y9.所以kk，得k.由QB2PB2，所以直線QB2的方程為y2kx3.聯(lián)立解得x1.所以2.方法技巧1定點問題的兩種求解

10、方法(1)引進參數法，引進動點的坐標或動直線中系數為參數表示變化量，再研究變化的量與參數何時沒有關系，找到定點(2)由特殊到一般法，根據動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關2定值問題的基本求解方法先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導和已知條件，消去變量，得到定值，即解決定值問題首先是求解非定值問題，即變量問題，最后才是定值問題演練沖關1已知橢圓C：1(ab0)的右焦點F(，0)，長半軸長與短半軸長的比值為2.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設不經過點B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，若點B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點，并求出該定點的坐標

11、解：(1)由題意得，c，2，a2b2c2，a2，b1，橢圓C的標準方程為y21.(2)證明：當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為ykxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)聯(lián)立，得消去y可得(4k21)x28kmx4m240.16(4k21m2)0，x1x2，x1x2.點B在以線段MN為直徑的圓上，0.(x1，kx1m1)(x2，kx2m1)(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20，(k21)k(m1)(m1)20，整理，得5m22m30，解得m或m1(舍去)直線l的方程為ykx.易知當直線l的斜率不存在時，不符合題意故直線l過定點，且該定點的坐標為.2.已知橢圓C：1(

12、ab0)的離心率為，且過點P(2，1)(1)求橢圓C的方程；(2)設點Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過點P作兩條直線分別交橢圓C于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，若直線PQ平分APB，求證：直線AB的斜率是定值，并求出這個定值解：(1)由e，得a2b，所以橢圓C的方程為1.把P(2，1)的坐標代入，得b22，所以橢圓C的方程是1.(2) 由已知得PA，PB的斜率存在，且互為相反數設直線PA的方程為y1k(x2)，其中k0.由消去y，得x24kx(2k1)28，即(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)280.因為該方程的兩根為2，xA，所以2xA，即xA.從而yA.把k換成k，得

13、xB，yB.計算，得kAB，是定值課時達標訓練A組大題保分練1.如圖，圓C與y軸相切于點T(0，2)，與x軸正半軸相交于兩點M，N(點M在點N的左側)，且MN3.(1)求圓C的方程；(2)過點M任作一條直線與橢圓T：1相交于兩點A，B，連結AN，BN，求證：ANMBNM.解：(1)設圓C的半徑為r，依題意得，圓心坐標為(r,2)MN3，r ，r，圓C的方程為2(y2)2.(2)證明：把y0代入方程2(y2)2，解得x1或x4，即點M(1,0)，N(4,0)當ABx軸時，由橢圓對稱性可知ANMBNM.當AB與x軸不垂直時，可設直線AB的方程為yk(x1)，聯(lián)立方程消去y，得(k22)x22k2x

14、k280.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.y1k(x11)，y2k(x21)，kANkBN.(x11)(x24)(x21)(x14)2x1x25(x1x2)880，kANkBN0，ANMBNM.綜上所述，ANMBNM.2(2018高郵中學月考)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：1(ab0)的左頂點為A(2,0)，離心率為，過點A的直線l與橢圓E交于另一點B，點C為y軸上的一點(1)求橢圓E的標準方程；(2)若ABC是以點C為直角頂點的等腰直角三角形，求直線l的方程解：(1)由題意可得：即從而有b2a2c23，所以橢圓E的標準方程為1.(2)設直線l的方程為yk

15、(x2)，代入1，得(34k2)x216k2x16k2120, 因為x2為該方程的一個根，解得B，設C(0，y0)，由kACkBC1，得1，即(34k2)y12ky0(16k212)0.(*)由ACBC，即AC2BC2，得4y22，即422y0，即4(34k2)2(68k2)2144k224k(34k2)y0，所以k0或y0，當k0時，直線l的方程為y0，當y0時，代入(*)得16k47k290，解得k，此時直線l的方程為y(x2)，綜上，直線l的方程為y0,3x4y60或3x4y60.3(2018南通、泰州一調)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓1(ab0)的離心率為，焦點到相應準線的

16、距離為1.(1)求橢圓的標準方程；(2)若P為橢圓上的一點，過點O作OP的垂線交直線y于點Q，求的值解：(1)由題意得解得所以橢圓的標準方程為y21.(2)由題意知OP的斜率存在當OP的斜率為0時，OP，OQ，所以1.當OP的斜率不為0時，設直線OP的方程為ykx.由得(2k21)x22，解得x2，所以y2，所以OP2.因為OPOQ，所以直線OQ的方程為yx.由得xk，所以OQ22k22.所以1.綜上，可知1.4已知橢圓M：1(ab0)的離心率為，一個焦點到相應的準線的距離為3，圓N的方程為(xc)2y2a2c2(c為半焦距)，直線l：ykxm(k0)與橢圓M和圓N均只有一個公共點，分別設為A

17、，B.(1)求橢圓M的方程和直線l的方程；(2)試在圓N上求一點P，使2.解：(1)由題意知解得a2，c1，所以b，所以橢圓M的方程為1.圓N的方程為(x1)2y25，聯(lián)立消去y，得(34k2)x28kmx4m2120，因為直線l：ykxm與橢圓M只有一個公共點，所以64k2m24(34k2)(4m212)0得m234k2, 由直線l：ykxm與圓N只有一個公共點，得，即k22kmm255k2，將代入得km1，由且k0，得k，m2.所以直線l的方程為yx2.(2)將k，m2代入，可得A.又過切點B的半徑所在的直線l為y2x2，所以得交點B(0,2)，設P(x0，y0)，因為2，則8，化簡得7x

18、7y16x020y0220，又P(x0，y0)滿足xy2x04，將7得3x02y050，即y0.將代入得13x22x090，解得x01或x0，所以P(1,1)或P.B組大題增分練1在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點分別是F1，F2，右頂點、上頂點分別為A，B，原點O到直線AB的距離等于ab.(1)若橢圓C的離心率為，求橢圓C的方程；(2)若過點(0,1)的直線l與橢圓有且只有一個公共點P，且P在第二象限，直線PF2交y軸于點Q，試判斷以PQ為直徑的圓與點F1的位置關系，并說明理由解：由題意，得點A(a,0)，B(0，b)，直線AB的方程為1，即bxayab0由題設，

19、得ab，化簡得a2b21.(1)因為e，所以，即a23b2.由，解得所以橢圓C的方程為4y21. (2)點F1在以PQ為直徑的圓上，理由如下：由題設，直線l與橢圓相切且l的斜率存在，設直線l的方程為ykx1，由消去y得，(b2a2k2)x22ka2xa2a2b20，(*)則(2ka2)24(b2a2k2)(a2a2b2)0，化簡得1b2a2k20，所以k21，因為點P在第二象限，所以k1.把k1代入方程(*)，得x22a2xa40，解得xa2，從而yb2，所以P(a2，b2)從而直線PF2的方程為yb2(xa2)，令x0，得y，所以點Q從而(a2c，b2)， 從而c(a2c)0，所以0.所以點

20、F1在以PQ為直徑的圓上2.如圖，在平面直角坐標系xOy中， 已知圓O：x2y24，橢圓C：y21，A為橢圓右頂點過原點O且異于坐標軸的直線與橢圓C交于B，C兩點，直線AB與圓O的另一交點為P，直線PD與圓O的另一交點為Q，其中D.設直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)記直線PQ，BC的斜率分別為kPQ，kBC，是否存在常數，使得kPQkBC？若存在，求的值；若不存在，說明理由；(3)求證：直線AC必過點Q.解：(1)設B(x0，y0)，則C(x0，y0)，y1，因為A(2,0)，所以k1，k2，所以k1k2.(2)設直線AP方程為yk1(x2)，聯(lián)立消去y，得(

21、1k)x24kx4(k1)0，解得xP，yPk1(xP2)，聯(lián)立消去y，得(14k)x216kx4(4k1)0，解得xB，yBk1(xB2)，所以kBC，kPQ，所以kPQkBC，故存在常數，使得kPQkBC.(3)設直線AC的方程為yk2(x2)，當直線PQ與x軸垂直時，Q，則P，所以k1，即B(0,1)，C(0，1)，所以k2，則kAQk2，所以直線AC必過點Q.當直線PQ與x軸不垂直時，設直線PQ的方程為y，聯(lián)立解得xQ，yQ，因為k2，所以kAQk2，故直線AC必過點Q.3(2018揚州期末)已知橢圓E1：1(ab0)，若橢圓E2：1(ab0，m1)，則稱橢圓E2與橢圓E1“相似”(1

22、)求經過點(，1)，且與橢圓E1：y21“相似”的橢圓E2的方程；(2)若橢圓E1與橢圓E2“相似”，且m4，橢圓E1的離心率為，P在橢圓E2上，過P的直線l交橢圓E1于A，B兩點，且.若B的坐標為(0,2)，且2，求直線l的方程；若直線OP，OA的斜率之積為，求實數的值解：(1)設橢圓E2的方程為1，將點(，1)代入得m2，所以橢圓E2的方程為1.(2)因為橢圓E1的離心率為，故a22b2，所以橢圓E1：x22y22b2.又橢圓E2與橢圓E1“相似”，且m4，所以橢圓E2：x22y28b2.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)法一：(設線法)由題意得b2，所以橢圓E1：x2

23、2y28，橢圓E2：x22y232.當直線l斜率不存在時，B(0,2)，A(0，2)，P(0,4)，不滿足2，從而直線l斜率存在，可設直線l：ykx2，代入橢圓E1：x22y28得(12k2)x28kx0，解得x1，x20，故y1，y22，所以A.又2，即B為AP中點，所以P，代入橢圓E2：x22y232，得22232，即20k44k230，所以k，所以直線l的方程為yx2.法二：(設點法)由題意得b2，所以橢圓E1：x22y28，E2：x22y232.由A(x1，y1)，B(0,2)，2，即B為AP中點，則P(x1,4y1)代入橢圓得解得y1，故x1，所以直線l的斜率k，所以直線l的方程為y

24、x2.由題意得x2y8b2，x2y2b2，x2y2b2，法一：(設點法)由直線OP，OA的斜率之積為，得，即x0x12y0y10.又，則(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得所以2222b2，則x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b2(1)22b222b2，即4(1)22，所以.法二：(設線法) 不妨設點P在第一象限，設直線OP：ykx(k0)，代入橢圓E2：x22y28b2，解得x0，則y0 .直線OP，OA的斜率之積為，則直線OA：yx，代入橢圓E1：x22y22b2，解

25、得x1，則y1 .又，則(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得所以2222b2，則x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b22(1)2(1)22b222b2，即8b2(1)22b222b2，即4(1)22，所以.4.(2018江蘇高考)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C過點，焦點為F1(，0)，F2(，0)，圓O的直徑為F1F2.(1)求橢圓C及圓O的方程；(2)設直線l與圓O相切于第一象限內的點P.若直線l與橢圓C有且只有一個公共點，求點P的坐標；直線l與橢圓C交于A，B

26、兩點若OAB的面積為，求直線l的方程解：(1)因為橢圓C的焦點為F1(，0)，F2(，0)，可設橢圓C的方程為1(ab0)又點在橢圓C上，所以解得所以橢圓C的方程為y21.因為圓O的直徑為F1F2，所以圓O的方程為x2y23.(2)設直線l與圓O相切于點P(x0，y0)(x00，y00)，則xy3，所以直線l的方程為y(xx0)y0，即yx.由消去y，得(4xy)x224x0x364y0.(*)因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點，所以(24x0)24(4xy)(364y)48y(x2)0.因為x00，y00，所以x0，y01.所以點P的坐標為(，1)因為OAB的面積為，所以ABOP，從而AB.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(*)得x1,2，所以AB2(x1x2)2(y1y2)2.因為xy3，所以AB2，即2x45x1000，解得x(x20舍去)，則y，因此P的坐標為.所以直線l的方程為y，即yx3.