（江苏专用）2020高考数学二轮复习 课时达标训练（十一） 椭圆

1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：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，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AC―→＝λAQ―→，求λ的取值范围．解：由题意得ca＝12，2a＝4，解得c＝1，a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆M的方程是x24＋y23＝1且A(－2，0)，B(2，0)．法一：(1)设P(x0，y0)，则kPA＝y0x0＋2，∵l1⊥PA，∴直线l1的方程为y＝－x0＋2y0(x＋2)．同理得直线l2的方程为y＝－x0－2y0(x－2)．联立方程，得y＝－x0＋2y0（x＋2），y＝－x0－2y0（x－2），解得x＝－x0，y＝x20－4y0，又x20－4y0＝4－43y20－4y0＝－43y0，∴点C的坐标为－x0，－43y0.∵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＝3－34x20＝32，∴点P的坐标为1，32.(2)设Q(xQ，yQ)，2∵AC―→＝λAQ―→，∴－x0＋2＝λ（xQ＋2），－43y0＝λyQ，解得xQ＝－x0λ＋2λ－2，yQ＝－43λy0.∵点Q在椭圆M上，∴14－x0λ＋2λ－22＋13－43λy02＝1，得7x20－36(λ－1)x0＋72λ－100＝0，解得x0＝2(舍)或x0＝36λ－507.∵P在椭圆M上，且位于第一象限，∴0＜36λ－507＜2，解得2518＜λ＜169，∴λ的取值范围为2518，169.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＜32.∵k·kBP＝y0x0＋2·y0x0－2＝y20x20－4＝－34.∴直线BP的斜率为－34k.联立方程，得y＝k（x＋2），y＝－34k（x－2），解得x＝6－8k24k2＋3，y＝12k4k2＋3，即P6－8k24k2＋3，12k4k2＋3.∵l1⊥PA，∴kAC＝－1k，则直线l1的方程为y＝－1k(x＋2)，∵l2⊥PB，∴kBC＝43k，则直线l2的方程为y＝43k(x－2)．由y＝－1k（x＋2），y＝43k（x－2），得x＝8k2－64k2＋3，y＝－16k4k2＋3，即C8k2－64k2＋3，－16k4k2＋3.∵点C的横坐标为－1，∴8k2－64k2＋3＝－1，解得k＝±12.∵0＜k＜32，∴k＝12，∴点P的坐标为1，32.(2)设Q(xQ，yQ)，C(xC，yC)，3由(1)得直线l1的方程为y＝－1k(x＋2)，联立方程，得y＝－1k（x＋2），x24＋y23＝1，得(3k2＋4)x2＋16x＋16－12k2＝0，得xQ＝6k2－83k2＋4，∵AC―→＝λAQ―→，∴λ＝xC＋2xQ＋2＝8k2－64k2＋3＋26k2－83k2＋4＋2＝16k2（3k2＋4）12k2（4k2＋3）＝1＋712k2＋9，∵0＜k＜32，∴λ∈2518，169，∴λ的取值范围为2518，169.2．(2019·苏北三市一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，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e＝ca＝22，a2c－c＝1，解得a＝2，c＝1，所以a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为x22＋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))，4由y＝k（x－m），x2＋2y2＝2得x2＋2k2(x－m)2＝2，即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，xA，B＝2k2m±4k2－2k2m2＋22k2＋1，xA＋xB＝4k2m2k2＋1，所以xD＝12·4k2m2k2＋1＝2k2m2k2＋1，yD＝k2k2m2k2＋1－m＝－km2k2＋1，所以kOD＝－12k，从而直线OD的方程为y＝－12kx，(也可用点差法求解)所以Q2，－1k，所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋[y－k(2－m)]y＋1k＝0，即x2－4x＋2＋m＋y2－k（2－m）－1ky＝0因为该式对任意k≠0恒成立，令y＝0，得x＝2±2－m，所以以PQ为直径的圆经过定点(2±2－m，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x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，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＝2于点Q，求1OP2＋1OQ2的值．解：(1)由题意得ca＝22，a2c－c＝1，b2＋c2＝a2，解得a＝2，c＝1，b＝1.所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)由题意知OP的斜率存在．当OP的斜率为0时，OP＝2，OQ＝2，所以1OP2＋1OQ2＝1.当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为y＝kx.5由x22＋y2＝1，y＝kx，得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝22k2＋1，所以y2＝2k22k2＋1，所以OP2＝2k2＋22k2＋1.因为OP⊥OQ，所以直线OQ的方程为y＝－1kx.由y＝2，y＝－1kx得x＝－2k，所以OQ2＝2k2＋2.所以1OP2＋1OQ2＝2k2＋12k2＋2＋12k2＋2＝1.综上，可知1OP2＋1OQ2＝1.4．已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，一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(k0)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PBPA＝22.解：(1)由题意知ca＝12，a2c－c＝3，解得a＝2，c＝1，所以b＝3，所以椭圆M的方程为x24＋y23＝1.圆N的方程为(x－1)2＋y2＝5，联立x24＋y23＝1，y＝kx＋m，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|k＋m|1＋k2＝5，即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③将②代入③得km＝1，④6由②④且k0，得k＝12，m＝2.所以直线l的方程为y＝12x＋2.(2)将k＝12，m＝2代入①，可得A－1，32.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PBPA＝22，则x20＋（y0－2）2（x0＋1）2＋y0－322＝8，化简得7x20＋7y20＋16x0－20y0＋22＝0，⑤又P(x0，y0)满足x20＋y20－2x0＝4，⑥将⑤－7×⑥得3x0－2y0＋5＝0，即y0＝3x0＋52.⑦将⑦代入⑥得13x20＋22x0＋9＝0，解得x0＝－1或x0＝－913，所以P(－1，1)或P－913，1913.B组——大题增分练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：x24＋y2＝1，椭圆C2：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，C2与C1的长轴长之比为2∶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：PAPB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，7由题意，知a＝22，ca＝32，a2＝b2＋c2.得b＝2，因此椭圆C2的标准方程为x28＋y22＝1.(2)证明：①1°当直线OP的斜率不存在时，PA＝2－1，PB＝2＋1，则PAPB＝2－12＋1＝3－22.2°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x2B＝x2A＝44k2＋1，同理x2P＝84k2＋1，所以x2P＝2x2A，由题意，知xP与xA同号，xA，xB互为相反数，所以xP＝2xA，xA＝－xB，从而PAPB＝|xP－xA||xP－xB|＝|xP－xA||xP＋xA|＝2－12＋1＝3－22.所以PAPB＝3－22，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(4k21＋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(4k21＋1)(4t2－4)＝0，即4k21－t2＋1＝0.将t＝y0－k1x0代入上式，整理得，(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0.同理可得，(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0，所以k1，k2为关于k的方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的两根，从而k1·k2＝y20－1x20－4.又点P(x0，y0)在椭圆C2：x28＋y22＝1上，所以y20＝2－14x20，所以k1·k2＝2－14x20－1x20－4＝－14，为定值．2.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆8C：x24＋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－65，0.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)，x204＋y20＝1，因为A(2，0)，所以k1＝y0x0－2，k2＝y0x0＋2，所以k1k2＝y0x0－2·y0x0＋2＝y20x20－4＝1－14x20x20－4＝－14.(2)设直线AP方程为y＝k1(x－2)，联立y＝k1（x－2），x2＋y2＝4，消去y，得(1＋k21)x2－4k21x＋4(k21－1)＝0，解得xP＝2（k21－1）1＋k21，yP＝k1(xP－2)＝－4k11＋k21，联立y＝k1（x－2），x24＋y2＝1，消去y，得(1＋4k21)x2－16k21x＋4(4k21－1)＝0，解得xB＝2（4k21－1）1＋4k21，yB＝k1(xB－2)＝－4k11＋4k21，所以kBC＝yBxB＝－2k14k21－1，kPQ＝yPxP＋65＝－4k11＋k212（k21－1）1＋k21＋65＝－5k14k21－1，所以kPQ＝52kBC，故存在常数λ＝52，使得kPQ＝52kBC.(3)证明：设直