2023届高考数学二轮复习 微专题23 运用设点与解点求解椭圆综合问题学案.docx

1、微专题23运用设点与解点求解椭圆综合问题解析几何中，点是最基本单位点在曲线上，点的坐标满足方程设点意味着建构方程，解点意味求解方程(组)解决与方程有关的问题，是解析几何的基本问题，也是解析几何考查的基本点解决与方程有关问题的关键在于时刻聚焦目标，确定合理路径，善于运用设而不求、设而善求等数学方法.例题：如图所示，已知椭圆C：1(ab0)，且点T(2，1)在椭圆上设与OT平行的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线TP，TQ分别与x轴正半轴交于M，N两点请判断OMON的值是否为定值，并证明你的结论变式1如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限

2、，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k.对任意的k0，求证：PAPB.变式2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1的左顶点为A，过原点O且不与坐标轴重合的直线与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论串讲1椭圆E：1的左、右焦点分别为F1，F2，P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2，若l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标串讲2如图，已知椭圆O：y21的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，

3、点P是直线l：y2上的一个动点(与y轴交点除外)，直线PC交椭圆于另一点M.(1)当直线PM过椭圆的右焦点F时，求FBM的面积；(2)记直线BM，BP的斜率分别为k1，k1，求证：k1k2为定值；求的取值范围(2018苏锡常镇二模)如图，椭圆1(ab0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为1，点A，B，C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线l交椭圆于点D，交x轴于点M(x1，0)，直线AC与直线BD交于点N(x2，y2)(1)求椭圆的标准方程；(2)若2，求直线l的方程；(3)求证：x1x2为定值(2018南京盐城二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)经过点P，离

4、心率为.已知过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(1)求椭圆C的方程；(2)试问x轴上是否存在定点N，使得为定值若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由答案：(1)y21；(2)存在定点N(4，0)使得为定值解析：(1)离心率e，所以ca，ba，所以椭圆C的方程为1.2分因为椭圆C经过点P，所以1，所以b21，所以椭圆C的方程y21.4分(2)解法1设N(n，0)，当l斜率不存在时，A，B，则y21，则y2n2n，6分当l经过左、右顶点时，(2n)(2n)n24.令n2nn24，得n4.8分下面证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：yk，恒有12.设A(x1，y1)，B(x2，y2)

5、，由消去y，得(4k21)x2k2xk240，所以x1x2，x1x2，10分所以(x14)(x24)y1y2(x14)(x24)k2(k21)x1x2(x1x2)16k212分(k21)16k2161612.所以在x轴上存在定点N(4，0)使得为定值.16分解法2设N(n，0)，当直线l斜率存在时，设l：yk，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，得(4k21)x2k2xk240，所以x1x2，x1x2，6分所以(x1n)(x2n)y1y2(x1n)(x2n)k28分(k21)x1x2(x1x2)n2k2(k21)n2k2n212分n2.若为常数，则为常数，设，为常数，则k244k2

6、对任意的实数k恒成立，所以所以n4，4，此时12.14分当直线l斜率不存在时，A，B，则y21，所以微专题23例题解析：假设直线TP或TQ的斜率不存在，则P点或Q点的坐标为(2，1)，直线l的方程为y1(x2)，即yx2.联立得x24x40，此时，直线l与椭圆C相切，不合题意故直线TP与TQ的斜率存在解法1设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线TP：y1(x2)，直线TQ：y1(x2)故OM2，ON2.由直线OT：yx，设直线PQ：yxt(t0)联立消去y，得x22tx2t240.当0时，x1x22t，x1x22t24，所以OMON44444.解法2设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

7、直线TP和TQ的斜率分别为k1和k2，由直线OT：yx，设直线PQ：yxt(t0)，联立消去y，得x22tx2t240.当0时，x1x22t，x1x22t24，所以k1k20.所以直线TP和直线TQ的斜率和为零，故TMNTNM，所以TMTN，故T在线段MN的中垂线上，即MN的中点横坐标为2.故OMON4.变式联想变式1证明：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则x10，x1x2，A(x1，y1)，C(x1，0)设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2，因为C在直线AB上，所以k2.于是k1k12k1k2121210.所以k1k1，所以PAPB.说明：本题是2011年江苏高考第18题，第(1)(

8、2)两小题已删，展示的是第(3)题对于一般的椭圆，A，P过关于原点对称，所以kABkPB.设P(x1，y1)，则kAP，kABkACkAP，所以kAPkPB，即kAPkPB1.解答题中，结论kABkPB不能直接用，但是可以作为思考的方向，另外，证明也就一步另外，通过刚才的分析，我们知道kABkPB是必须的，否则没有PAPB的结论而且，只要椭圆的离心率为，都有kAPkPB1，即PAPB的结论变式2答案：过定点F(，0)解析：以MN为直径的圆过定点F(，0)设P(x0，y0)，则Q(x0，y0)，且1，即x022y024，直线PA方程为y(x2)，M.同理，直线QA方程为y(x2)，N.以MN为直

9、径的圆方程为(x0)(x0)0.即x2y2y0，又x0242y02，x2y2y20，令y0，x220，解得x，以MN为直径的圆过定点F(，0)说明：本题能不能一般化呢？如图，已知P，Q关于原点对称，定点A(m，n)在椭圆上，设直线AP，AQ斜率分别为k1，k2，所以k1k2，直线AP：ynk1(xm)，令x0(求与y轴交点)，则yMnk1m，同理yNnk2m.那么以MN为直径的圆方程为x2(ynk1m)(ynk2m)0.在这个方程中，令yn，则x2k1k2m20，即x2m20，从而xm.也就是以MN为直径的圆过定点.实际上，在方程x2(ynk1m)(ynk2m)0中，k1k2m2是定值，只要令

10、yn，就能求出直线的定点串讲激活串讲1答案：.解析：由题意，F1(，0)，F2(，0)，设P(x0，y0)，因为点P为第一象限的点，故x00，y00.当x0时，l1与l2相交于F1，与题意不符当x0时，直线PF1的斜率为，直线PF2的斜率为.因为l1PF1，l2PF2，所以直线l1的斜率为，直线l2的斜率为，从而直线l1的方程：y(x)，直线l2的方程：y(x)由，解得xx0，y，所以Q.因为点Q在椭圆上，由对称性，得y0，即x02y022或x02y022.又P在椭圆E上，故1.由解得x0，y0；解得x00，而由题意x00，故无解因此点P的坐标为.说明：以上解析是符合大题规范的，如果是客观题，

11、可以从几何角度入手：由题意P，Q，F1，F2四点共圆，所以Q在过P，F1，F2的圆上；因为F1F2垂直平分线为y轴，所以圆心在y轴上，所以点P，Q关于y轴对称或关于原点对称，即xQx0.下略当然，有兴趣的同学也可以让其在课后研究一下点Q的轨迹(方程)，消去x0，y0后，点Q的轨迹方程是(4x2)y22(x22)2，曲线形状如图所示串讲2答案：(1)；(2)略；(9，)解析：(1)由题意得B(0，1)，C(0，1)，焦点F(，0)，当直线PM过椭圆的右焦点F时，则直线PM的方程为1，即yx1，联立解得或(舍去)，即M.连接BF，则直线BF：1，即xy0，而BFa2，点M到BF距离d.故SMBFB

12、Fd2.(2)解法1：设P(m，2)，且m0，则直线PM的斜率为k，则直线PM的方程为yx1，联立化简得x2x0，解得M，所以k1m，k2，所以k1k2m为定值由知，(m，3)，所以(m，3)，令m24t(t4)，故t7，因为函数yt7在t(4，)上单调递增，所以t7479，即的取值范围为(9，)解法2：设点M(x0，y0)(x00)，则直线PM的方程为yx1，令y2，得P.所以k1，k2，所以k1k2(定值)由知，所以3(y02)3(y02)3(y02).令ty01，则t(0，2)，则t7，因为yt7在t(0，2)上单调递减，所以t7279，即的取值范围为(9，)新题在线答案：(1)y21；

13、(2)yx1或yx1；(3)略解析：(1)由椭圆的离心率为，焦点到相应准线的距离为1.得解得所以，椭圆的标准方程为y21.(2)由(1)知C(0，1)，设D(x0，y0)，因为2，得2y01，所以y0，代入椭圆方程得x0或，所以D或D，所以l的方程为yx1或yx1.(3)解法1设D坐标为(x3，y3)，由C(0，1)，M(x1，0)，可得直线CM的方程为yx1，联立椭圆方程得解得x3，y3.由B(，0)，得直线BD的方程y(x)，直线AC方程为yx1，联立得x2，从而x1x22为定值解法2设D坐标为(x3，y3)，由C，M，D三点共线得，所以x1，由B，D，N三点共线得，将y2x21代入可得x2，和相乘得，x1x22.