【数学】2020届一轮复习苏教版椭圆作业 10页

‎(十一) 椭圆 A组——大题保分练 ‎1.如图，圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且MN＝3.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆T：＋＝1相交于两点A，B，连结AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.‎ 解：(1)设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为(r,2)．‎ ‎∵MN＝3，∴r＝ ，∴r＝，‎ ‎∴圆C的方程为2＋(y－2)2＝.‎ ‎(2)证明：把y＝0代入方程2＋(y－2)2＝，解得x＝1或x＝4，即点M(1,0)，N(4,0)．‎ ‎①当AB⊥x轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，‎ 联立方程消去y，‎ 得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ ‎∴kAN＋kBN＝＋＝＋ ‎＝.‎ ‎∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，‎ ‎∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.‎ 综上所述，∠ANM＝∠BNM.‎ ‎2．(2018·高邮中学月考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A(－2,0)，离心率为，过点A的直线l与椭圆E交于另一点B，点C为y轴上的一点．‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)若△ABC是以点C为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l的方程．‎ 解：(1)由题意可得：即 从而有b2＝a2－c2＝3，‎ 所以椭圆E的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入＋＝1，‎ 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0, ‎ 因为x＝－2为该方程的一个根，解得B，‎ 设C(0，y0)，由kAC·kBC＝－1，‎ 得·＝－1，‎ 即(3＋4k2)y－12ky0＋(16k2－12)＝0.(*)‎ 由AC＝BC，即AC2＝BC2，得4＋y＝2＋2，‎ 即4＝2＋2－y0，‎ 即4(3＋4k2)2＝(6－8k2)2＋144k2－24k(3＋4k2)y0，‎ 所以k＝0或y0＝，‎ 当k＝0时，直线l的方程为y＝0，‎ 当y0＝时，代入(*)得16k4＋7k2－9＝0，解得k＝±，‎ 此时直线l的方程为y＝±(x＋2)，‎ 综上，直线l的方程为y＝0,3x－4y＋6＝0或3x＋4y＋6＝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——大题增分练 ‎1．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，右顶点、上顶点分别为A，B，原点O到直线AB的距离等于ab.‎ ‎(1)若椭圆C的离心率为，求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若过点(0,1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q，试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．‎ 解：由题意，得点A(a,0)，B(0，b)，直线AB的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0﹒‎ 由题设，得＝ab，化简得a2＋b2＝1.①‎ ‎(1)因为e＝＝，所以＝，即a2＝3b2.②‎ 由①②，解得 所以椭圆C的方程为＋4y2＝1. ‎ ‎(2)点F1在以PQ为直径的圆上，理由如下：‎ 由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 由消去y得，‎ ‎(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)‎ 则Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，‎ 化简得1－b2－a2k2＝0，所以k2＝＝1，‎ 因为点P在第二象限，所以k＝1.‎ 把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，‎ 解得x＝－a2，从而y＝b2，所以P(－a2，b2)﹒‎ 从而直线PF2的方程为y－b2＝(x＋a2)，‎ 令x＝0，得y＝，所以点Q﹒ ‎ 从而＝(－a2＋c，b2)，＝， ‎ 从而·＝c(－a2＋c)＋ ‎＝＝＝0，‎ 所以·＝0.‎ 所以点F1在以PQ为直径的圆上．‎ ‎2.如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.‎ ‎(1)求k1k2的值；‎ ‎(2)记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；‎ ‎(3)求证：直线AC必过点Q.‎ 解：(1)设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，＋y＝1，‎ 因为A(2,0)，所以k1＝，k2＝，‎ 所以k1k2＝·＝＝＝－.‎ ‎(2)设直线AP方程为y＝k1(x－2)，‎ 联立 消去y，得(1＋k)x2－4kx＋4(k－1)＝0，‎ 解得xP＝，yP＝k1(xP－2)＝，‎ 联立 消去y，得(1＋4k)x2－16kx＋4(4k－1)＝0，‎ 解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝，‎ 所以kBC＝＝，kPQ＝＝＝，‎ 所以kPQ＝kBC，故存在常数λ＝，使得kPQ＝kBC.‎ ‎(3)设直线AC的方程为y＝k2(x－2)，‎ 当直线PQ与x轴垂直时，Q，‎ 则P，所以k1＝－，‎ 即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝，‎ 则kAQ＝＝＝k2，所以直线AC必过点Q.‎ 当直线PQ与x轴不垂直时，‎ 设直线PQ的方程为y＝，‎ 联立 解得xQ＝，yQ＝，‎ 因为k2＝＝＝－，‎ 所以kAQ＝＝－＝k2，故直线AC必过点Q.‎ ‎3．(2018·扬州期末)已知椭圆E1：＋＝1(a>b>0)，若椭圆E2：＋＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．‎ ‎(1)求经过点(，1)，且与椭圆E1：＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；‎ ‎(2)若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m＝4，椭圆E1的离心率为，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且＝λ.‎ ‎①若B的坐标为(0,2)，且λ＝2，求直线l的方程；‎ ‎②若直线OP，OA的斜率之积为－，求实数λ的值．‎ 解：(1)设椭圆E2的方程为＋＝1，将点(，1)代入得m＝2，‎ 所以椭圆E2的方程为＋＝1.‎ ‎(2)因为椭圆E1的离心率为，故a2＝2b2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2.‎ 又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，所以椭圆E2：x2＋2y2＝8b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．‎ ‎①法一：(设线法)由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，椭圆E2：x2＋2y2＝32.当直线l斜率不存在时，B(0,2)，A(0，－2)，P(0,4)，不满足＝2，从而直线l斜率存在，可设直线l：y＝kx＋2，‎ 代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，‎ 解得x1＝，x2＝0，故y1＝，y2＝2，‎ 所以A.‎ 又＝2，即B为AP中点，‎ 所以P，‎ 代入椭圆E2：x2＋2y2＝32，得 2＋22＝32，‎ 即20k4＋4k2－3＝0，所以k＝±，所以直线l的方程为y＝±x＋2.‎ 法二：(设点法)由题意得b＝2，‎ 所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32.‎ 由A(x1，y1)，B(0,2)，＝2，即B为AP中点，‎ 则P(－x1,4－y1)．‎ 代入椭圆得解得y1＝，‎ 故x1＝±，‎ 所以直线l的斜率k＝±，‎ 所以直线l的方程为y＝±x＋2.‎ ‎②由题意得x＋2y＝8b2，x＋2y＝2b2，‎ x＋2y＝2b2，‎ 法一：(设点法)由直线OP，OA的斜率之积为－，‎ 得·＝－，即x0x1＋2y0y1＝0.‎ 又＝λ，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得 所以2＋22＝2b2，‎ 则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，‎ ‎(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.‎ 法二：(设线法) 不妨设点P在第一象限，设直线OP：y＝kx(k>0)，代入椭圆E2：x2＋2y2‎ ‎＝8b2，‎ 解得x0＝，则y0＝ .‎ 直线OP，OA的斜率之积为－，则直线OA：y＝－x，代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，‎ 解得x1＝－，则y1＝ .‎ 又＝λ，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得 所以2＋22＝2b2，‎ 则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，‎ ‎(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)·＋2··＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，‎ 即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，‎ 所以λ＝.‎ ‎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.‎