专题三直线与椭圆综合
更新时间:2023-10-22 17:52:01 阅读量: 综合文库 文档下载
专题三 直线与椭圆综合
x2y231.(12分)已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)的离心率为,椭圆C的长轴长为4.
ba2(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线l:y?kx?3与椭圆C交于A,B两点,是否存在实数k使得以线段AB 为直径的圆恰好经过坐标原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由. 2.(本小题满分14分) 已知椭圆G的离心率为
(0,-1).
,其短轴的两个端点分别为A(0,1),B
(Ⅰ)求椭圆G的方程;
(Ⅱ)若C,D是椭圆G上关于y轴对称的两个不同点,直线AC,BD与x轴分别交于点M,N.判断以MN为直径的圆是否过点A,并说明理由.
x2y21(a>b3.(本小题满分12分)已知直线l: y?3x?23过椭圆C:2+2=ab>0)的右焦点,且椭圆的离心率为
6. 3(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过点D(0,1)的直线与椭圆C交于点A,B,求△AOB的面积的最大值.
x2y214.已知椭圆C:2?2?1(a>b>0)的两个焦点分别为F1,F2,离心率为,过F1的
2ab直线l与椭圆C交于M,N两点,且?MNF2的周长为8.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过原点O的两条互相垂直的射线与椭圆C分别交于A,B两点,证明:点O到直线AB的距离为定值,并求出这个定值.
5.已知椭圆的中心为原点,焦点在x轴上,离心率为
3,且经过点M(4,1),直线2l:y?x?m交椭圆于异于M的不同两点A,B.直线MA、MB与x轴分别交于点E、F.
(1)求椭圆标准方程; (2)求m的取值范围;
(3)证明?MEF是等腰三角形.
试卷第1页,总3页
6.已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,离心率为距离的最大值为3.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程;
1,椭圆C上的点到焦点2????????(Ⅱ)若过点P(0,m)的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,且AP?3PB,求实数
m 的取值范围.
x2y237.(本小题满分13分)已知点P(一1,)是椭圆E:2?2?1(a?b?0)上一
2ab点F1,F2分别是椭圆E的左、右焦点,O是坐标原点,PF1⊥x轴.
(1)求椭圆E的方程;
????????????(2)设A,B是椭圆E上两个动点,满足:PA?PB??PO(0???4,且??2),求
直线AB的斜率 8.已知椭圆E:x22a?yb22e??1?a ?0,b ?0?的离心率 13P3,) ,并且经过定点 (22(1)求椭圆 E 的方程;
(2)问是否存在直线y=-x+m,使直线与椭圆交于 A, B 两点,满足OA?OB,若存在求 m 值,若不存在说明理由.
x2y2319.椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点A(1,),离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,
22ab过F1的直线交椭圆于A,B两点. (1)求椭圆C的方程; (2)当?F2AB的面积为
122时,求直线的方程. 7x2y2210.已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)经过点A(2, 1),离心率为,过点B(3, 0)ab2的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N. (1)求椭圆C的方程; (2)求BM?BN的取值范围.
11.(满分14分)如图在平面直角坐标系xoy中,F1,F2分别是椭圆
?????????x2y2??1(a?b?0)的左右焦点,顶点B的坐标是(0,b),连接BF2并延长交椭圆于a2b2点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接FC1.
试卷第2页,总3页
(1)若点C的坐标为(,),且BF2?2,求椭圆的方程;
4133?AB,求椭圆离心率e的值. (2)若FC1x2y2112.已知椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点A(2,3),且离心率e?.
2ab(1)求椭圆C的标准方程;
?????????16(2)是否存在过点B(0,?4)的直线l交椭圆于不同的两点M、N,且满足OM?ON?7(其中点O为坐标原点),若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.
1x2y2313.已知椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为e?,且过点(3,),
ab22(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y?kx?m(k?0,m?0)与椭圆交于P,Q两点,且以PQ为对角线的菱形的一顶点为(-1,0),求:△OPQ面积的最大值及此时直线的方程.
试卷第3页,总3页
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参考答案
y211?x2?1;1.(1)(2)存在实数k??使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点42O.
【解析】 试题分析:本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问,利用椭圆的离心率和长轴长列出方程,解出a和c的值,再利用a2?b2?c2计算b的值,从而得到椭圆的标准方程;第二问,将直线与椭圆联立,消参,利用韦达定理,得到x1?x2、x1x2,由于以线
????????段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O,所以OA?OB?0,即x1x2?y1y2?0,代入x1x2和y1y2,解出k的值.
?a?2?试题解析:(1)设椭圆的焦半距为c,则由题设,得?c3,
??2?a解得???a?2222,所以b?a?c?4?3?1,
??c?3y2?x2?1. 故所求椭圆C的方程为4(2)存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O. 理由如下:
设点A(x1,y1),B(x2,y2),
?y?kx?3?则?y2
2??x?1?4并整理,得(k2?4)x2?23kx?1?0.(*)
则x1?x2??123kxx??,. 12k2?4k2?4因为以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O,
????????所以OA?OB?0,即x1x2?y1y2?0.
又y1y2?kx1x2?3k(x1?x2)?3,
2答案第1页,总15页
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x2y2试题解析:(Ⅰ)设所求的椭圆方程为:2?2?1(a?b?0).
ab?c1?a?2?a?2??x2y2?1. ??b?3, 所求椭圆方程为:?由题意?a?c?343?a2?b2?c2?c?1???(Ⅱ)若过点P(0,m)的斜率不存在,则m??3. 2若过点P(0,m)的直线斜率为k,即m??3时,直线AB的方程为y?m?kx. 2?y?kx?m222?(3?4k)x?8kmx?4m?12?0. 由?22?3x?4y?12于是 ??64m2k2?4(3?4k2)(4m2?12).
因为AB和椭圆C交于不同两点,所以??0,4k2?m2?3?0,所以4k2?m2?3. ①
????????8km4m2?12,x1x2?设A(x1,y1),B(x2,y2).由已知AP?3PB,则x1?x2??. 23?4k3?4k2②
????????AP?(?x1,m?y1),PB?(x2,y2?m) , 所以 ?x1?3x2 ③
4km24m2?122222)?将③代入②, 得 ?3(.整理得 16mk?12k?3m?9?0. 223?4k3?4k9?3m29?3m2224k??m?3. 所以 k?, 代入①式, 得 2216m?124m?324m2(m2?3)3332?m?3?0即 ,解得.所以 或?3?m???m?3. 综上44m2?322可得,实数m的取值范围为 (?3,?33]?[,3). 22考点:1、椭圆标准方程和简单几何性质;2、直线和圆锥曲线位置关系.
1x2y27.(1)??1,(2)
243答案第7页,总15页
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【解析】
试题分析:(1)求椭圆的方程,利用椭圆的定义求出a2,b2的值;(2)利用点差法可求圆锥曲线和一直线两个交点的问题,第一步,先设出直线与圆锥曲线两个交点如A(x1,y1),
B(x2,y2),这两点是圆锥曲线上的点,代入圆锥曲线方程,然后作差,通过变形可得一个
直线AB斜率的式子,一般情况下,知道AB的中点
常用这种方法,但要注意必要时,对得出的答案要验证,有时会产生增根. 试题解析:(1)?PF1?x轴,,?PF2?5 2分 ,?F1(?1,0),c?1,F(,0)212?2a?PF1?PF2?4,?a?2,b2?3 分
x2y2故 所求椭圆方程是??1. 6分
43(2)设A(x1,y),B(x2,y2),由于PA+PB=?PO , 得,(x1?1,y1?3)?(x2?1,y2?3)??(1,?3), 222?x1?x2???2,y1?y2?223(2??), 9分 222又:3x1?4y1?12 3x2?4y2?12 ,两式相减得 3(x1?x2)(x1?x2)+4(y1?y2)(y1?y2)?0
?(y1?y2)3(x1?x2), 11分 ??(x1?x2)4(y1?y2) 而,x1?x2???2,y1?y2?3(2??)
2?KAB?(y1?y2)3(x1?x2)1??? 13分
(x1?x2)4(y1?y2)2考点:(1)求椭圆的标准方程;(2)直线与椭圆相交的综合问题.
x2210?y2?1;(2)m??8.(1). 45【解析】
试题分析:(1)利用椭圆E:222xa?yb2e??1?a ?0,b ?0?的离心率 3,并且经过定2P3,),建立方程,求出a,b,即可求椭圆E的方程;(2)直线y=-x+m代入椭圆方点 (12????????=0,即可求m值. 程,利用韦达定理,结合OA⊥OB?OA?OB答案第8页,总15页
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试题解析:解(1)由题意:e?31c3222?1且2?,又 c?a?b?2a4ba2x2?y2?1 解得:a?4,b?1,即:椭圆E的方程为422(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)
?x22??y?1?x2?4(m?x)2?4?0?5x2?8mx?4m2?4?0 (*) ?4??y??x?m8m4m2?4,x1x2?所以x1?x2? 55824m2?4m2?4y1y2?(m?x1)(m?x2)?m?m(x1?x2)?x1x2?m?m??
55522????????由OA?OB?OA?OB?0
4m2?4m2?4210得(x1,y1)? (x2,y2)?0,x1x2?y1y2?0,??0,m??555又方程(*)要有两个不等实根,??(?8m)2?4?5(4m2?4)?0,?5?m?5 m的值符合上面条件,所以m??210 5考点:直线与圆锥曲线的综合问题.
x2y2??1;9.(1)(2)直线方程为:x?y?1?0或x?y?1?0. 43【解析】
试题分析:本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与椭圆相交问题、三角形面积公式等基础知识,考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.第一问,由于椭圆过点A,将A点坐标代入得到a和b的关系式,再利用椭圆的离心率得到a与c的关系式,从而求出a和b,得到椭圆的标准方程;第二问,过F1的直线有特殊情况,即当直线的倾斜角为
??时,先讨论,再讨论斜率不不为的情况,将直线方程与22椭圆方程联立,利用韦达定理得到x1?x2和x1x2,代入到三角形面积公式中,解出k的值,从而得到直线方程.
答案第9页,总15页
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x2y2319试题解析:(1)因为椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点A(1,),所以2?2?1①,又
2a4babb231c1因为离心率为,所以?,所以2?②,解①②得a2?4,b2?3.
2a2a4x2y2??1 (4分) 所以椭圆的方程为:43(2)①当直线的倾斜角为
?33时,A(?1,),B(?1,?),
222S?ABF2?11122AB?F1F2??3?2?3?227,不适合题意。 (6分)
②当直线的倾斜角不为
?时,设直线方程l:y?k(x?1), 2x2y2??1得:(4k2?3)x2?8k2x?4k2?12?0 (7分) 代入43?8k24k2?12设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1?x2?,x1x2?, 224k?34k?3?S?ABF212k211?AB?F1F2?y1?y2?F1F2?k22?1227(x1?x2)?4x1x2?k2?8k224k2?12(2)?4(2)?4k?34k?3k2?14k?3
?17k4?k2?18?0?k2?1?k??1,
所以直线方程为:x?y?1?0或x?y?1?0 (12分)
考点:椭圆的标准方程及其几何性质、直线的标准方程、直线与椭圆相交问题、三角形面积
公式.
x2y2??1;10.(1)(2)(2, 3]. 63【解析】
?41?a2?b2?1,??试题分析:(1)利用题干中的两个条件,和椭圆本身的性质,得?a2?b2?c2,然后求解,
??c?2.?2?a代入即可;
答案第10页,总15页
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(2)由题干 “过点B(3, 0)的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N”.设直线l的方程为
y?k(x?3),
?y?k(x?3),?由?x2y2得(1?2k2)x2?12k2x?18k2?6?0,设M,N的坐标分别为(x1,y1),
?1,??3?6(x2,y2),
?????????3?3k2然后利用根与系数的关系,代换出BM?BN?(x1?3)(x2?3)?y1y2?,注意:k21?2k的范围.
?41?a2?b2?1,??试题解析:(1)由题意得?a2?b2?c2, 解得a?6,b?3.?椭圆C的方程为
??c?2.?2?ax2y2??1. 63(2)由题意显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y?k(x?3),
?y?k(x?3),?2222由?x2y2得(1?2k)x?12kx?18k?6?0. ?直线l与椭圆C交于不同的两
?1,??3?64222点M,N,???144k?4(1?2k)(18k?6)?24(1?k)?0,解得?1?k?1.设M,
12k218k2?6N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1?x2?,x1x2?,y1?k(x1?3),221?2k1?2ky2?k(x2?3).
?????????BM?BN?(x1?3)(x2?3)?y1y2?(1?k2)[x1x2?3(x1?x2)?9]?????????3?3k23333??1?k?1?2??????3?BM?BN的范围为21?2k222(1?2k2)22(1?2k)(2, 3].
考点:椭圆定义,转化与化归思想,舍而不求思想的运用.
x21?y2?1;11.(1)(2).
22答案第11页,总15页
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