【数学】2020届天津一轮复习通用版9-6直线与圆锥曲线的位置关系作业
9.6 直线与圆锥曲线的位置关系
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
1.直线与圆锥曲线的位置关系
1.会用代数法和数形结合法判断直线与椭圆、抛物线的位置关系
2.根据所学知识熟练解决直线与椭圆、抛物线位置关系的综合问题
2018天津,19
直线与椭圆的位置关系
三角函数
★★★
2017天津文,20
椭圆的几何性质
2015天津文,19
直线方程
2.弦长公式的应用
2018北京文,20
求弦长的最值
直线与椭圆的位置关系
★☆☆
3.弦中点问题
2018课标Ⅲ,20
弦中点相关问题
向量的运算
★☆☆
分析解读 从天津高考试题来看,本节内容一直是高考的热点,直线与椭圆以及抛物线的位置关系、圆锥曲线中的弦长、弦的中点等问题考查比较频繁,常与向量、圆等知识结合考查,解题基本策略有:(1)巧设直线方程;(2)注意整体代换思想的应用,利用根与系数的关系设而不求.
炼技法
【方法集训】
方法1 圆锥曲线中弦长的求法
1.过椭圆x24+y2=1的右焦点作互相垂直的两条直线,分别交椭圆于A,B,C,D四点,则四边形ABCD面积S的最大值与最小值之差为( )
A.1725 B.1825 C.1925 D.45
答案 B
2.(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.
因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,所以y1=127.
因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.
(2)设M(x1,y1),由题意,t>3,k>0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,
故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),
故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.
由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.
t>3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-2<0,即k-2k3-2<0.
由此得k-2>0,k3-2<0或k-2<0,k3-2>0,解得32
3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.
评析本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.注意题目中t>3这一隐含条件,是把等式转化为不等式的关键.
方法2 圆锥曲线中弦中点问题的求法
3.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为( )
A.x245+y236=1 B.x236+y227=1 C.x227+y218=1 D.x218+y29=1
答案 D
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·天津卷题组
1.(2018天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=62.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
解析 (1)设椭圆的焦距为2c,由已知得c2a2=59,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,
由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).
由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.
又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故|AQ|=2y2.
由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.
由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,
整理得56k2-50k+11=0,
解得k=12或k=1128.
所以,k的值为12或1128.
解题关键 利用平面几何知识将|AQ||PQ|=524sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.
2.(2017天津文,20,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA的面积为b22.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=32c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.
(i)求直线FP的斜率;
(ii)求椭圆的方程.
解析 (1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得12(c+a)c=b22.
又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.
又因为00),则直线FP的斜率为1m.
由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x2c+yc=1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=(2m-2)cm+2,y=3cm+2,即点Q的坐标为(2m-2)cm+2,3cm+2.由已知|FQ|=32c,有(2m-2)cm+2+c2+3cm+22=3c22,整理得3m2-4m=0,所以m=43,即直线FP的斜率为34.
(ii)由a=2c,可得b=3c,故椭圆方程可以表示为x24c2+y23c2=1.
由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得3x-4y+3c=0,x24c2+y23c2=1,消去y,
整理得7x2+6cx-13c2=0,
解得x=-13c7(舍去)或x=c.因此可得点Pc,3c2,进而可得|FP|=(c+c)2+3c22=5c2,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=5c2-3c2=c.由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.
因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=3c2×34=9c8,所以△FQN的面积为12|FQ||QN|=27c232,同理△FPM的面积等于75c232,由四边形PQNM的面积为3c,得75c232-27c232=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.
3.(2015天津文,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为B,左焦点为F,离心率为55.
(1)求直线BF的斜率;
(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B),过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B),直线PQ与y轴交于点M,|PM|=λ|MQ|.
(i)求λ的值;
(ii)若|PM|sin∠BQP=759,求椭圆的方程.
解析 (1)设F(-c,0).由已知离心率ca=55及a2=b2+c2,可得a=5c,b=2c.
又因为B(0,b),F(-c,0),
故直线BF的斜率k=b-00-(-c)=2cc=2.
(2)设点P(xP,yP),Q(xQ,yQ),M(xM,yM).
(i)由(1)可得椭圆的方程为x25c2+y24c2=1,直线BF的方程为y=2x+2c.将直线方程与椭圆方程联立,消去y,整理得3x2+5cx=0,解得xP=-5c3.
因为BQ⊥BP,所以直线BQ的方程为y=-12x+2c,与椭圆方程联立,消去y,整理得21x2-40cx=0,解得xQ=40c21.
又因为λ=|PM||MQ|,及xM=0,可得λ=|xM-xP||xQ-xM|=|xP||xQ|=78.
(ii)由(i)有|PM||MQ|=78,所以|PM||PM|+|MQ|=77+8=715,
即|PQ|=157|PM|.
又因为|PM|sin∠BQP=759,
所以|BP|=|PQ|sin∠BQP=157|PM|sin∠BQP=553.
又因为yP=2xP+2c=-43c,
所以|BP|=0+5c32+2c+4c32=553c,
因此553c=553,得c=1.
所以,椭圆方程为x25+y24=1.
评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两条直线垂直等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想和化归思想解决问题的能力.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2018课标Ⅰ,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
答案 D
2.(2016课标Ⅲ文,12,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为( )
A.13 B.12 C.23 D.34
答案 A
3.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为 .
答案 22
4.(2018课标Ⅰ,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).
(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;
(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.
解析 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,
由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.
所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.
(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,
当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,
所以∠OMA=∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时,
设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,
由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).
将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.
则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,
从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,
所以∠OMA=∠OMB.
综上,∠OMA=∠OMB.
5.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),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267,求直线l的方程.
解析 (1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,
所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,
设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),
将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,
整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)·(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,
将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,
整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
因为直线l与椭圆C相切,
所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,
整理得m2=4k2+1,
所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-2,则m=3,
将k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
整理得x2-22x+2=0,
解得x1=x2=2,将x=2代入x2+y2=3,
解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).
②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),
由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0,
因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-2,
将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
解得x1,2=-8km±44k2+1-m22(4k2+1),
所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,
因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1·k2+1,
O到l的距离d=|m|k2+1=3,
所以S△OAB=12·44k2+1-m24k2+1·k2+1·|m|k2+1
=12·4k2-24k2+1·k2+1·3=267,
解得k2=5,因为k<0,
所以k=-5,则m=32,
即直线l的方程为y=-5x+32.
6.(2018课标Ⅲ,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).
(1)证明:k<-12;
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.
证明 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x124+y123=1,x224+y223=1.
两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0.
由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.
由题设得00)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:30.
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.
又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,所以y1=127.
因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.
(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y23=1得
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
由x1·(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,
故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+2),
故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.
由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)单调递增.
又f(3)=153-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以3b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.
(1)求C2的方程;
(2)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率.
解析 (1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.①
又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为±6,32,所以94a2+6b2=1.②
联立①②得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.
(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).
因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③
设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④
由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.
而x3,x4是这个方程的两根,
所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.⑤
将④,⑤代入③,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4×649+8k2,
即16(k2+1)=162×9(k2+1)(9+8k2)2,
所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±64,即直线l的斜率为±64.
C组 教师专用题组
1.(2017课标Ⅰ文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率;
(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.
解析 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,
于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.
(2)由y=x24,得y'=x2,设M(x3,y3),由题设知x32=1,
解得x3=2,于是M(2,1).
设直线AB的方程为y=x+m,
故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.
将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2m+1.
从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).
由题设知|AB|=2|MN|,
即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.
所以直线AB的方程为y=x+7.
2.(2015福建文,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.
(1)求抛物线E的方程;
(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.
解析 (1)由抛物线的定义得|AF|=2+p2.
因为|AF|=3,即2+p2=3,解得p=2,
所以抛物线E的方程为y2=4x.
(2)证明:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,
所以m=±22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).
由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).
由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,
解得x=2或x=12,从而B12,-2.又G(-1,0),
所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-223,
所以kGA+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,
故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.
评析本题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、转化与化归思想、函数与方程思想.
3.(2014陕西文,20,13分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(0,3),离心率为12,左,右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0).
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线l:y=-12x+m与椭圆交于A,B两点,与以F1F2为直径的圆交于C,D两点,且满足|AB||CD|=534,求直线l的方程.
解析 (1)由题设知b=3,ca=12,b2=a2-c2,解得a=2,b=3,c=1,
∴椭圆的方程为x24+y23=1.
(2)由(1)知,以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1,
∴圆心到直线l的距离d=2|m|5,由d<1得|m|<52.(*)
∴|CD|=21-d2=21-45m2=255-4m2.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=-12x+m,x24+y23=1得x2-mx+m2-3=0,
由根与系数的关系可得x1+x2=m,x1x2=m2-3.
∴|AB|=1+-122[m2-4(m2-3)]=1524-m2.
由|AB||CD|=534得4-m25-4m2=1,解得m=±33,满足(*).
∴直线l的方程为y=-12x+33或y=-12x-33.
评析本题主要考查椭圆的方程及性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识,考查抽象概括能力、推理能力及运算求解能力.考查了转化与化归思想、函数与方程的思想.
4.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图),双曲线C1:x2a2-y2b2=1过点P且离心率为3.
(1)求C1的方程;
(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点,若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.
解析 (1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-x0y0,切线方程为y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=12·4x0·4y0=8x0y0.由x02+y02=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=2时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(2,2).
由题意知2a2-2b2=1,a2+b2=3a2,解得a2=1,b2=2,
故C1的方程为x2-y22=1.
(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-3,0),(3,0),由此设C2的方程为x23+b12+y2b12=1,其中b1>0.
由P(2,2)在C2上,得23+b12+2b12=1,
解得b12=3,因此C2的方程为x26+y23=1.
显然,l不是直线y=0.设l的方程为x=my+3,点A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,x26+y23=1,
得(m2+2)y2+23my-3=0,又y1,y2是方程的根,
因此y1+y2=-23mm2+2,①y1y2=-3m2+2,②
由x1=my1+3,x2=my2+3,得
x1+x2=m(y1+y2)+23=43m2+2,③x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2.④
因AP=(2-x1,2-y1),BP=(2-x2,2-y2),
由题意知AP·BP=0,
所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0.⑤
将①,②,③,④代入⑤式整理得
2m2-26m+46-11=0,
解得m=362-1或m=-62+1. 因此直线l的方程为
x-362-1y-3=0或x+62-1y-3=0.
【三年模拟】
解答题(共100分)
1.(2017天津十二区县一模,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的焦点在x轴上,左顶点为A,斜率为k(k>0)的直线交椭圆E于A,B两点,点C在椭圆E上,AB⊥AC,直线AC交y轴于点D.
(1)当点B为椭圆的上顶点,△ABD的面积为2ab时,求椭圆的离心率;
(2)当b=3,2|AB|=|AC|时,求k的取值范围.
解析 (1)由题意可知直线AB的方程为y1=bax+b,
直线AC的方程为y2=-ab(x+a),
令x=0,则y1=b,y2=-a2b,
所以S△ABD=12·b+a2b·a=2ab,
于是a2+b2=4b2,a2=3b2,所以e=ca=a2-b2a2=63.
(2)由题意可知直线AB的方程为y=k(x+a),椭圆方程为x2a2+y23=1,
联立x2a2+y23=1,y=k(x+a)并整理得,
(3+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-3a2=0,
解得x=-a或x=-a3k2-3a3+a2k2,
所以|AB|=1+k2·-a3k2-3a3+a2k2+a=1+k2·6a3+a2k2,
同理|AC|=1+k2·6a3k+a2k,
因为2|AB|=|AC|,
所以2·1+k2·6a3+a2k2=1+k2·6a3k+a2k,
整理得a2=6k2-3kk3-2.
因为椭圆E的焦点在x轴上,所以a2>3,即6k2-3kk3-2>3,
整理得(k2+1)(k-2)k3-2<0,解得32b>0)的离心率为32,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)如图,斜率为12的直线l与椭圆C交于A,B两点,点P(2,1)在直线l的上方,若∠APB=90°,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,求线段MN的长度.
解析 (1)由题意知椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=32,故a2=4b2,又以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8,则4×12ab=8,故ab=4,因此a=22,b=2,
故椭圆的标准方程为x28+y22=1.
(2)设直线l的方程为y=12x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=12x+m,x28+y22=1,得x2+2mx+2m2-4=0,
又Δ=(2m)2-4(2m2-4)>0,故-2b>0)的离心率e=12,左顶点为A(-4,0),过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D,交y轴于点E.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知点P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由;
(3)过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M,求|AD|+|AE||OM|的最小值.
解析 (1)因为椭圆C的左顶点为A(-4,0),所以a=4,
又e=12,所以c=2.又因为b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.
(2)设D(xD,yD),由题意得直线l的方程为y=k(x+4),由x216+y212=1,y=k(x+4),得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12]=0,
所以xD=-16k2+124k2+3.
所以D-16k2+124k2+3,24k4k2+3.
因为点P为AD的中点,所以P的坐标为-16k24k2+3,12k4k2+3,则kOP=-34k(k≠0).
直线l的方程为y=k(x+4),令x=0,得E点坐标为(0,4k),
假设存在定点Q(m,n)(m≠0),使得OP⊥EQ,
则kOP·kEQ=-1,即-34k·n-4km=-1恒成立,
所以(4m+12)k-3n=0恒成立,所以4m+12=0,-3n=0,即m=-3,n=0,
所以存在满足条件的定点Q,定点Q的坐标为(-3,0).
(3)因为OM∥l,所以OM的方程可设为y=kx,
由x216+y212=1,y=kx,得M点的横坐标为xM=±434k2+3,
由OM∥l,得|AD|+|AE||OM|=|xD-xA|+|xE-xA||xM|=xD-2xA|xM|
=-16k2+124k2+3+8434k2+3=13·4k2+94k2+3
=134k2+3+64k2+3≥22,
当且仅当4k2+3=64k2+3,即k=±32时取等号,
所以当k=±32时,|AD|+|AE||OM|取得最小值,最小值为22.
4.(2018天津一中3月月考,19)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,P(-2,0)是它的一个顶点,过点P作圆C2:x2+y2=r2的切线PT,T为切点,且|PT|=2.
(1)求椭圆C1及圆C2的方程;
(2)过点P作互相垂直的两条直线l1,l2,其中l1与椭圆的另一交点为D,l2与圆交于A,B两点,求△ABD面积的最大值.
解析 (1)根据题意可知,P(-2,0)为椭圆的左顶点,∴a=2,又e=ca=22,∴c=2,∴b2=a2-c2=2,
∴椭圆C1的标准方程为x24+y22=1,
由题意知r=|PO|2-|PT|2=2,∴圆C2的方程为x2+y2=2.
(2)依题意知,直线l1的斜率必存在,
设直线l1的方程为y=k(x+2),P(xP,yP),D(xD,yD),由y=k(x+2),x24+y22=1,得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,
∴xP+xD=-8k21+2k2,又xP=-2,∴xD=2-4k21+2k2,
∴|DP|=1+k2|xP-xD|=41+k21+2k2,
直线l2的方程为y=-1k(x+2),即x+ky+2=0,
∴|AB|=22-21+k22=22k2-21+k2,
则S△ABD=12·|AB|·|DP|=12×22k2-21+k2·41+k21+2k2=42k2-22k2+1=42k2-22k2-2+3=42k2-2+32k2-2≤423=233,当且仅当2k2-2=32k2-2,即k=±102时取等号.
∴△ABD面积的最大值为233.
5.(2018天津河西二模,19)已知椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),离心率e=22,其一个焦点在抛物线C2:y2=2px(p>0)的准线上,且抛物线C2与直线l:x-y+6=0相切.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)若点M,N为椭圆C1上的两个不同的点,T为平面内任意一点,且满足OT=MN+2OM+ON,直线OM与ON的斜率之积为-12,试说明:是否存在两个定点F1,F2,使得|TF1|+|TF2|为定值?若存在,求点F1,F2的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)联立抛物线方程与直线方程得y2=2px,x-y+6=0,得y2-2py+26p=0,
∵抛物线C2与直线l:x-y+6=0相切,
∴Δ=4p2-86p=0,解得p=26.
∴抛物线C2的方程为y2=46x,准线方程为x=-6.
∵椭圆C1的一个焦点在抛物线C2的准线上,∴c=6,
又∵e=ca=22,a2=b2+c2,
∴a2=12,b2=6.
∴椭圆C1的方程为x212+y26=1.
(2)设T(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2),
∵直线OM与ON的斜率之积为-12,
∴y1y2x1x2=-12,即x1x2+2y1y2=0.
∵点M,N在椭圆x212+y26=1上,
∴x12+2y12=12,x22+2y22=12.
∵OT=MN+2OM+ON=2ON+OM,
∴x=2x2+x1,y=2y2+y1.
∴x2+2y2=4x22+4x1x2+x12+2(4y22+4y1y2+y12)
=(x12+2y12)+4(x22+2y22)+4(x1x2+2y1y2)=60.
∴点T(x,y)在椭圆x260+y230=1上.
根据椭圆的定义可知:当F1,F2为椭圆x260+y230=1的焦点时,|TF1|+|TF2|为定值.其中F1(-30,0),F2(30,0).
6.(2018天津一中4月月考,19)过椭圆C:x29+y2b2=1(00,且k≠1,
∵|AM|=|AN|,
∴1+k2·18kbb2+9k2=1+1k2·18kbb2k2+9,
即b2+9k2=b2k3+9k,
整理可得(k-1)[b2k2+(b2-9)k+b2]=0,
则b2k2+(b2-9)k+b2=0有不为1的正根,
∴Δ=(b2-9)2-4b4≥0,-b2-9b2>0,b2+b2-9+b2≠0,解得01)的左顶点为A,上顶点为B,右焦点为F.
(1)若S△ABF=32,求a的值;
(2)点P在椭圆上,且在第二象限内,线段AP的垂直平分线交y轴于点Q.若△APQ为正三角形,求椭圆的离心率的取值范围.
解析 (1)由题意知椭圆的焦点在x轴上,∴b=1,c=a2-1,
∴S△ABF=12·(a+c)·b=12×a+a2-1=32,解得a=53.
(2)易知A(-a,0),B(0,1),设P(x,y),x<0,y>0,AP的中点为M(x0,y0),
显然直线AP的斜率存在,设直线AP的方程为y=k(x+a),
由P在椭圆上,且在第二象限内,得k·a>1,即k>1a,
由y=k(x+a),x2+a2y2-a2=0,
得(1+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-a2=0,
解得x=-a或x=-a(a2k2-1)1+a2k2,
由中点坐标公式可得x0=-a3k21+a2k2,y0=ka1+a2k2,
即M-a3k21+a2k2,ka1+a2k2,
则线段AP垂直平分线的方程为
y-ka1+a2k2=-1kx+a3k21+a2k2,
令x=0,则y=ka1+a2k2-a3k1+a2k2=ka(1-a2)1+a2k2,
∴Q0,ka(1-a2)1+a2k2,|AQ|2=a2+k2a2(1-a2)2(1+a2k2)2,
|AM|2=-a3k21+a2k2+a2+ka1+a2k22=a2(1+k2)(1+a2k2)2,
∵△APQ为正三角形,∴|AQ|2=4|AM|2,即a2+k2a2(1-a2)2(1+a2k2)2=4·a2(1+k2)(1+a2k2)2,
整理得a4k2=3,由k>1a,解得a2<3,则1a2>13,
∴椭圆的离心率e=ca=1-1a2<63,
∴椭圆的离心率的取值范围为0,63.