江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 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(guān)系 主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系及橢圓的方程、直線方程的求法. 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)當(dāng)AB⊥x軸時(shí),AB=,又CP=3,不合題意. 當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2), 將AB的方程代入橢圓方程, 得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0, 則x1,2=, C的坐標(biāo)為, 且AB= = =. 若k=0,則線段AB的垂直平分線為y軸,與左準(zhǔn)線平行,不合題意.

2、 從而k≠0,故直線PC的方程為 y+=-, 則P點(diǎn)的坐標(biāo)為, 從而PC=. 因?yàn)镻C=2AB, 所以=, 解得k=±1. 此時(shí)直線AB的方程為y=x-1或y=-x+1. [方法技巧] 解決直線與橢圓的位置關(guān)系問題的2個(gè)注意點(diǎn) (1)直線方程的求解只需要兩個(gè)獨(dú)立條件,但在橢圓背景下,幾何條件轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)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(guān)系處理需要通過聯(lián)立方程組來處理,聯(lián)立方程組時(shí)要關(guān)注相關(guān)的點(diǎn)是否能夠求解,不能求解的可以用根與系數(shù)的關(guān)系來處理. [演練沖關(guān)] 1.(2018·南通、泰州一調(diào))如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓+

3、=1(a>b>0)的離心率為,兩條準(zhǔn)線之間的距離為4. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)已知橢圓的左頂點(diǎn)為A,點(diǎn)M在圓x2+y2=上,直線AM與橢圓相交于另一點(diǎn)B,且△AOB的面積是△AOM的面積的2倍,求直線AB的方程. 解:(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由題意得=,=4, 解得a=2,c=,所以b=. 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. (2)法一:(設(shè)點(diǎn)法)因?yàn)镾△AOB=2S△AOM,所以AB=2AM,所以M為AB的中點(diǎn). 因?yàn)闄E圓的方程為+=1,所以A(-2,0). 設(shè)M(x0,y0)(-2

4、9x-18x0-16=0, 解得x0=-或x0=(舍去). 把x0=-代入①得y0=±, 所以kAB=±,因此直線AB的方程為y=±(x+2),即x+2y+2=0或x-2y+2=0. 法二:(設(shè)線法)因?yàn)镾△AOB=2S△AOM,所以AB=2AM,所以M為AB的中點(diǎn). 由橢圓方程知A(-2,0),設(shè)B(xB,yB),M(xM,yM),設(shè)直線AB的方程為y=k(x+2). 由得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0, 所以(x+2)[(1+2k2)x+4k2-2]=0, 解得xB=. 所以xM==, yM=k(xM+2)=, 代入x2+y2=,得2+2=, 化簡得2

5、8k4+k2-2=0, 即(7k2+2)(4k2-1)=0,解得k=±, 所以直線AB的方程為y=±(x+2), 即x+2y+2=0或x-2y+2=0. 2.(2018·南師附中調(diào)研)已知橢圓C:+=1(a>b>0),右準(zhǔn)線l方程為x=4,右焦點(diǎn)F(1,0),A為橢圓的左頂點(diǎn). (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點(diǎn)M為橢圓在x軸上方一點(diǎn),點(diǎn)N在右準(zhǔn)線上且滿足·=0且5||=2||,求直線AM的方程. 解:(1)∵=4,c=1, ∴a2=4,b2=3, ∴橢圓C的方程為+=1. (2)設(shè)AM的方程為y=k(x+2), 聯(lián)立 消去y,得(4k2+3)x2+16k2x+16k2

6、-12=0, ∴xM=-+2=, yM=k(xM+2)=. 而kMN=-,又∵xN=4, ∴MN= |xM-xN|==·. 又∵AM=|xM-xA|==·, ∵5||=2||, ∴5·=2·, ∴k=1或,∴AM的方程為y=x+2或y=x+. 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(guān)系以及橢圓與圓相結(jié)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(a>b>0)的離心率為,F(xiàn)1,F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn),A,B分別為左、右頂點(diǎn),D為上頂點(diǎn),原點(diǎn)O到直線BD的距離為.設(shè)點(diǎn)P在第一象限,且PB⊥

7、x軸,連結(jié)PA交橢圓于點(diǎn)C,記點(diǎn)P的縱坐標(biāo)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(diǎn)B,C,P的圓的方程(結(jié)果用t表示). [解] (1)因?yàn)闄E圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,所以a2=2c2,b=c, 所以直線DB的方程為y=-x+b, 又O到直線BD的距離為,所以=, 解得b=1,a=. 所以橢圓E的方程為+y2=1. (2)設(shè)P(,t),t>0,則直線PA的方程為y=(x+), 由 整理得(4+t2)x2+2t2x+2t2-8=0, 解得xC=, 則點(diǎn)C的坐標(biāo)是, 因?yàn)椤鰽BC的面積等

8、于四邊形OBPC的面積, 所以△AOC的面積等于△BPC的面積, S△AOC=××=, S△PBC=×t×=, 則=,解得t=. 所以直線PA的方程為x-2y+=0. (3)因?yàn)锽(,0),P(,t),C, 所以BP的垂直平分線為y=, BC的垂直平分線為y=x-, 所以過B,C,P三點(diǎn)的圓的圓心為, 則過B,C,P三點(diǎn)的圓的方程為2+2=+, 即所求圓的方程為x2-x+y2-ty+=0. [方法技巧] 橢圓與圓的綜合問題的解題策略 (1)在橢圓背景下,常會(huì)出現(xiàn)給出三點(diǎn)(包含橢圓上的點(diǎn))求圓的方程,也會(huì)出現(xiàn)給出以橢圓上的兩點(diǎn)為直徑的圓的問題.這里涉及到橢圓上動(dòng)點(diǎn)如何

9、求解,以及橢圓的弦的處理. (2)以兩點(diǎn)為直徑的圓,可以用直角三角形處理,也可以用向量數(shù)量積處理,這兩種方法都是轉(zhuǎn)化為點(diǎn)坐標(biāo)來處理. (3)運(yùn)算時(shí)要加強(qiáng)“設(shè)而不求”思想的滲透,出現(xiàn)多個(gè)變量時(shí),要有消元意識(shí)和主元思想;在代入運(yùn)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(shí),通常有兩種方法來設(shè)參,一是設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)來作為參數(shù),二是設(shè)直線的斜率作為參數(shù).在學(xué)習(xí)中,要通過比較來看應(yīng)用哪種方法較為簡便,以免將問題復(fù)雜化. [演練沖關(guān)]  (2018·鎮(zhèn)江期末)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,左焦點(diǎn)F(-2,0),直線l:y=t與

10、橢圓交于A,B兩點(diǎn),M為橢圓E上異于A,B的點(diǎn). (1)求橢圓E的方程; (2)若M(-,-1),以AB為直徑的圓P過點(diǎn)M,求圓P的標(biāo)準(zhǔn)方程. 解:(1)因?yàn)閑==,且c=2,所以a=2,b=2. 所以橢圓方程為+=1. (2)設(shè)A(s,t),則B(-s,t),且s2+2t2=8.① 因?yàn)橐訟B為直徑的圓P過點(diǎn)M,所以MA⊥MB, 所以·=0, 又=(s+,t+1),=(-s+,t+1),所以6-s2+(t+1)2=0.② 由①②解得t=,或t=-1(舍,因?yàn)镸(-,-1),所以t>0),所以s2=. 又圓P的圓心為AB的中點(diǎn)(0,t),半徑為=|s|, 所以圓P的標(biāo)準(zhǔn)方

11、程為x2+2=. 題型(三) 橢圓中的定點(diǎn)、定值問題                主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系及動(dòng)直線、動(dòng)圓過定點(diǎn)問題或與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題. [典例感悟] [例3] (2018·江蘇六市調(diào)研)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知B1,B2是橢圓+=1(a>b>0)的短軸端點(diǎn),P是橢圓上異于點(diǎn)B1,B2的一動(dòng)點(diǎn).當(dāng)直線PB1的方程為y=x+3時(shí),線段PB1的長為4. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè)點(diǎn)Q滿足QB1⊥PB1,QB2⊥PB2.求證:△PB1B2與△QB1B2的面積之比為定值. [解] 設(shè)P(x0,y0),Q(x1,y1). (

12、1)在y=x+3中,令x=0,得y=3,從而b=3. 由得+=1. 所以x0=-. 因?yàn)镻B1==|x0|, 所以4=·,解得a2=18. 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. (2)法一:(設(shè)點(diǎn)法) 直線PB1的斜率為kPB1=, 由QB1⊥PB1,所以直線QB1的斜率為kQB1=-. 于是直線QB1的方程為y=-x+3. 同理,QB2的方程為y=-x-3. 聯(lián)立兩直線方程,消去y,得x1=. 因?yàn)镻(x0,y0)在橢圓+=1上,所以+=1,從而y-9=-.所以x1=-. 所以==2. 法二:(設(shè)線法) 設(shè)直線PB1,PB2的斜率分別為k,k′,則直線PB1的方程為y=kx

13、+3. 由QB1⊥PB1,直線QB1的方程為y=-x+3. 將y=kx+3代入+=1, 得(2k2+1)x2+12kx=0. 因?yàn)镻是橢圓上異于點(diǎn)B1,B2的點(diǎn),所以x0≠0, 從而x0=-. 因?yàn)镻(x0,y0)在橢圓+=1上, 所以+=1,從而y-9=-. 所以k·k′=·==-, 得k′=-. 由QB2⊥PB2,所以直線QB2的方程為y=2kx-3. 聯(lián)立解得x1=. 所以===2. [方法技巧] 1.定點(diǎn)問題的兩種求解方法 (1)引進(jìn)參數(shù)法,引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)直線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒有關(guān)系,找到定點(diǎn). (2)由特殊到一般法,

14、根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)直線的特殊情況探索出定點(diǎn),再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān). 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(dǎo)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(guān)] 1.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(,0),長半軸長與短半軸長的比值為2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M,N,若點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上,證明直線l過定點(diǎn),并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo). 解:(1)由題意得,c=,=2,a2=b2+c2, ∴a=2,b=1, ∴橢圓

15、C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)證明:當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+m(m≠1),M(x1,y1),N(x2,y2). 聯(lián)立,得消去y可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. ∴Δ=16(4k2+1-m2)>0,x1+x2=,x1x2=. ∵點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上,∴·=0. ∵·=(x1,kx1+m-1)·(x2,kx2+m-1)=(k2+1)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2=0, ∴(k2+1)+k(m-1)+(m-1)2=0, 整理,得5m2-2m-3=0, 解得m=-或m=1(舍去). ∴直線l的方程為y=kx-.

16、 易知當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),不符合題意. 故直線l過定點(diǎn),且該定點(diǎn)的坐標(biāo)為. 2.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且過點(diǎn)P(2,-1). (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C上,且PQ與x軸平行,過點(diǎn)P作兩條直線分別交橢圓C于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),若直線PQ平分∠APB,求證:直線AB的斜率是定值,并求出這個(gè)定值. 解:(1)由e==,得a=2b, 所以橢圓C的方程為+=1. 把P(2,-1)的坐標(biāo)代入,得b2=2,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(shù). 設(shè)直線PA的方程為y+1=k(x-2)

17、,其中k≠0. 由消去y, 得x2+4[kx-(2k+1)]2=8, 即(1+4k2)x2-8k(2k+1)x+4(2k+1)2-8=0. 因?yàn)樵摲匠痰膬筛鶠?,xA,所以2xA=, 即xA=.從而yA=. 把k換成-k,得xB=,yB=. 計(jì)算,得kAB===-,是定值. [課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練] A組——大題保分練 1.如圖,圓C與y軸相切于點(diǎn)T(0,2),與x軸正半軸相交于兩點(diǎn)M,N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)),且MN=3. (1)求圓C的方程; (2)過點(diǎn)M任作一條直線與橢圓T:+=1相交于兩點(diǎn)A,B,連結(jié)AN,BN,求證:∠ANM=∠BNM. 解:(1)設(shè)圓C的半徑為r,依

18、題意得,圓心坐標(biāo)為(r,2). ∵M(jìn)N=3,∴r= ,∴r=, ∴圓C的方程為2+(y-2)2=. (2)證明:把y=0代入方程2+(y-2)2=,解得x=1或x=4,即點(diǎn)M(1,0),N(4,0). ①當(dāng)AB⊥x軸時(shí),由橢圓對(duì)稱性可知∠ANM=∠BNM. ②當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),可設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1), 聯(lián)立方程消去y, 得(k2+2)x2-2k2x+k2-8=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=. ∵y1=k(x1-1),y2=k(x2-1), ∴kAN+kBN=+=+ =. ∵(x1-1)(x2-4)+(x2-1

19、)(x1-4)=2x1x2-5(x1+x2)+8=-+8=0, ∴kAN+kBN=0,∴∠ANM=∠BNM. 綜上所述,∠ANM=∠BNM. 2.(2018·高郵中學(xué)月考)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:+=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A(-2,0),離心率為,過點(diǎn)A的直線l與橢圓E交于另一點(diǎn)B,點(diǎn)C為y軸上的一點(diǎn). (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若△ABC是以點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)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b2=a2-c2=3, 所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. (2)設(shè)直線l的方程為y=k(x+2),代入+=1, 得(3+4k2

20、)x2+16k2x+16k2-12=0, 因?yàn)閤=-2為該方程的一個(gè)根,解得B, 設(shè)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=, 當(dāng)k=0時(shí),直線l的方程為y=0, 當(dāng)y0=時(shí),代入(*)得16k4+7k2-9=0,解得k=±, 此時(shí)直線l的方程為y=±(x+2), 綜上,直線l的方程為y=0,3x-4y+6=0或3x+4

21、y+6=0. 3.(2018·南通、泰州一調(diào))如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率為,焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若P為橢圓上的一點(diǎn),過點(diǎn)O作OP的垂線交直線y=于點(diǎn)Q,求+的值. 解:(1)由題意得解得 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)由題意知OP的斜率存在. 當(dāng)OP的斜率為0時(shí),OP=,OQ=, 所以+=1. 當(dāng)OP的斜率不為0時(shí),設(shè)直線OP的方程為y=kx. 由得(2k2+1)x2=2,解得x2=, 所以y2=,所以O(shè)P2=. 因?yàn)镺P⊥OQ,所以直線OQ的方程為y=-x. 由得x=-k,所

22、以O(shè)Q2=2k2+2. 所以+=+=1. 綜上,可知+=1. 4.已知橢圓M:+=1(a>b>0)的離心率為,一個(gè)焦點(diǎn)到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離為3,圓N的方程為(x-c)2+y2=a2+c2(c為半焦距),直線l:y=kx+m(k>0)與橢圓M和圓N均只有一個(gè)公共點(diǎn),分別設(shè)為A,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(diǎn)P,使=2. 解:(1)由題意知解得a=2,c=1,所以b=, 所以橢圓M的方程為+=1. 圓N的方程為(x-1)2+y2=5, 聯(lián)立 消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,① 因?yàn)橹本€l:y=kx+m與橢圓M只有一個(gè)

23、公共點(diǎn), 所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0得m2=3+4k2, ② 由直線l:y=kx+m與圓N只有一個(gè)公共點(diǎn), 得=,即k2+2km+m2=5+5k2,③ 將②代入③得km=1,④ 由②④且k>0,得k=,m=2. 所以直線l的方程為y=x+2. (2)將k=,m=2代入①,可得A. 又過切點(diǎn)B的半徑所在的直線l′為y=-2x+2,所以得交點(diǎn)B(0,2), 設(shè)P(x0,y0),因?yàn)椋?, 則=8, 化簡得7x+7y+16x0-20y0+22=0,⑤ 又P(x0,y0)滿足x+y-2x0=4,⑥ 將⑤-7×⑥得3x0-2y0+5=0,即y0=

24、.⑦ 將⑦代入⑥得13x+22x0+9=0, 解得x0=-1或x0=-, 所以P(-1,1)或P. B組——大題增分練 1.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1,F(xiàn)2,右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)分別為A,B,原點(diǎn)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(diǎn)(0,1)的直線l與橢圓有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且P在第二象限,直線PF2交y軸于點(diǎn)Q,試判斷以PQ為直徑的圓與點(diǎn)F1的位置關(guān)系,并說明理由. 解:由題意,得點(diǎn)A(a,0),B(0,b),直線AB的方程為+=1,即bx+ay-ab=0﹒ 由題設(shè),得=ab

25、,化簡得a2+b2=1.① (1)因?yàn)閑==,所以=,即a2=3b2.② 由①②,解得 所以橢圓C的方程為+4y2=1. (2)點(diǎn)F1在以PQ為直徑的圓上,理由如下: 由題設(shè),直線l與橢圓相切且l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+1, 由消去y得, (b2+a2k2)x2+2ka2x+a2-a2b2=0,(*) 則Δ=(2ka2)2-4(b2+a2k2)(a2-a2b2)=0, 化簡得1-b2-a2k2=0,所以k2==1, 因?yàn)辄c(diǎn)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,從而y=b2,所以P(-a2,b2)

26、﹒ 從而直線PF2的方程為y-b2=(x+a2), 令x=0,得y=,所以點(diǎn)Q﹒ 從而=(-a2+c,b2),=, 從而·=c(-a2+c)+ ===0, 所以·=0. 所以點(diǎn)F1在以PQ為直徑的圓上. 2.如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中, 已知圓O:x2+y2=4,橢圓C:+y2=1,A為橢圓右頂點(diǎn).過原點(diǎn)O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓C交于B,C兩點(diǎn),直線AB與圓O的另一交點(diǎn)為P,直線PD與圓O的另一交點(diǎn)為Q,其中D.設(shè)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(shù)λ,使得kPQ=λkBC?若

27、存在,求λ的值;若不存在,說明理由; (3)求證:直線AC必過點(diǎn)Q. 解:(1)設(shè)B(x0,y0),則C(-x0,-y0),+y=1, 因?yàn)锳(2,0),所以k1=,k2=, 所以k1k2=·===-. (2)設(shè)直線AP方程為y=k1(x-2), 聯(lián)立 消去y,得(1+k)x2-4kx+4(k-1)=0, 解得xP=,yP=k1(xP-2)=, 聯(lián)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,故存在常數(shù)λ=,使得kPQ=kBC. (3)設(shè)直線AC的方程為y=

28、k2(x-2), 當(dāng)直線PQ與x軸垂直時(shí),Q, 則P,所以k1=-, 即B(0,1),C(0,-1),所以k2=, 則kAQ===k2,所以直線AC必過點(diǎn)Q. 當(dāng)直線PQ與x軸不垂直時(shí), 設(shè)直線PQ的方程為y=, 聯(lián)立 解得xQ=,yQ=, 因?yàn)閗2===-, 所以kAQ==-=k2,故直線AC必過點(diǎn)Q. 3.(2018·揚(yáng)州期末)已知橢圓E1:+=1(a>b>0),若橢圓E2:+=1(a>b>0,m>1),則稱橢圓E2與橢圓E1“相似”. (1)求經(jīng)過點(diǎn)(,1),且與橢圓E1:+y2=1“相似”的橢圓E2的方程; (2)若橢圓E1與橢圓E2“相似”,且m=4,橢圓E

29、1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(diǎn),且=λ. ①若B的坐標(biāo)為(0,2),且λ=2,求直線l的方程; ②若直線OP,OA的斜率之積為-,求實(shí)數(shù)λ的值. 解:(1)設(shè)橢圓E2的方程為+=1,將點(diǎn)(,1)代入得m=2, 所以橢圓E2的方程為+=1. (2)因?yàn)闄E圓E1的離心率為,故a2=2b2,所以橢圓E1:x2+2y2=2b2. 又橢圓E2與橢圓E1“相似”,且m=4,所以橢圓E2:x2+2y2=8b2.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0). ①法一:(設(shè)線法)由題意得b=2,所以橢圓E1:x2+2y2=8,橢圓E2:x2+2y2=32

30、.當(dāng)直線l斜率不存在時(shí),B(0,2),A(0,-2),P(0,4),不滿足=2,從而直線l斜率存在,可設(shè)直線l:y=kx+2, 代入橢圓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為AP中點(diǎn), 所以P, 代入橢圓E2:x2+2y2=32,得 2+22=32, 即20k4+4k2-3=0,所以k=±,所以直線l的方程為y=±x+2. 法二:(設(shè)點(diǎn)法)由題意得b=2, 所以橢圓E1:x2+2y2=8,E2:x2+2y2=32. 由A(x1,y1),B(0,2),=2,即B為AP中點(diǎn), 則P(-x

31、1,4-y1). 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=±x+2. ②由題意得x+2y=8b2,x+2y=2b2, x+2y=2b2, 法一:(設(shè)點(diǎn)法)由直線OP,OA的斜率之積為-, 得·=-,即x0x1+2y0y1=0. 又=λ,則(x0-x1,y0-y1)=λ(x2-x1,y2-y1),解得 所以2+22=2b2, 則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

32、+(λ-1)2·2b2=2λ2b2,即4+(λ-1)2=λ2,所以λ=. 法二:(設(shè)線法) 不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,設(shè)直線OP:y=kx(k>0),代入橢圓E2:x2+2y2=8b2, 解得x0=,則y0= . 直線OP,OA的斜率之積為-,則直線OA:y=-x,代入橢圓E1:x2+2y2=2b2, 解得x1=-,則y1= . 又=λ,則(x0-x1,y0-y1)=λ(x2-x1,y2-y1),解得 所以2+22=2b2, 則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)+(

33、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·江蘇高考)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C過點(diǎn),焦點(diǎn)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(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P. ①若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),求點(diǎn)P的坐標(biāo); ②直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).若△OAB的面積為,求直線l的方程. 解:(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(-,0),F(xiàn)2(,0),

34、 可設(shè)橢圓C的方程為+=1(a>b>0). 又點(diǎn)在橢圓C上, 所以解得 所以橢圓C的方程為+y2=1. 因?yàn)閳AO的直徑為F1F2, 所以圓O的方程為x2+y2=3. (2)①設(shè)直線l與圓O相切于點(diǎn)P(x0,y0)(x0>0,y0>0),則x+y=3, 所以直線l的方程為y=-(x-x0)+y0, 即y=-x+. 由消去y,得 (4x+y)x2-24x0x+36-4y=0.(*) 因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以Δ=(-24x0)2-4(4x+y)·(36-4y)=48y(x-2)=0. 因?yàn)閤0>0,y0>0, 所以x0=,y0=1. 所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,1). ②因?yàn)椤鱋AB的面積為, 所以AB·OP=,從而AB=. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2=, 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =·. 因?yàn)閤+y=3, 所以AB2==, 即2x-45x+100=0, 解得x=(x=20舍去),則y=, 因此P的坐標(biāo)為. 所以直線l的方程為y-=-, 即y=-x+3.

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