专题8 利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题 微点3 利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题综合训练

专题8  利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题  微点3  利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题综合训练

专题8  利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题

微点3  利用仿射变换轻松解决圆锥曲线问题综合训练

1．已知直线l与椭圆交于M，N两点，当______，面积最大，并且最大值为______.记，当面积最大时，_____﹐_______.Р是椭圆上一点，，当面积最大时，______.

2．过椭圆的右焦点F的直线与椭圆交于A，B两点，则面积最大值为_______.

3．已知A，B，C分别是椭圆上的三个动点，则面积最大值为_____________.

4．已知椭圆左顶点为，为椭圆上两动点，直线交于，直线交于，直线的斜率分别为且， （是非零实数），求______________.

5．已知椭圆C：，A，B是椭圆C上两点，且关于点对称，P是椭圆C外一点，满足，的中点均在椭圆C上，则点P的坐标是___________.

6．已知椭圆，分别为椭圆左右焦点，过作两条互相平行的弦，分别与椭圆交于四点，若当两条弦垂直于轴时，点所形成的平行四边形面积最大，则椭圆离心率的取值范围为______________.

7．已知椭圆C：过点A(2，0)，B(0，1)两点.

(1)求椭圆C的方程及离心率；

(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.

8．已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T．

（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；

（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．

9．分别是椭圆于的左、右焦点.

(1)若Р是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；

(2)设是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.求四边形AEBF面积的最大值.

10．已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点．

（1）求点的轨迹的方程；

（2）四边形的四个顶点都在曲线上，且对角线、过原点，若，求证：四边形的面积为定值，并求出此定值．

参考答案：

1．               4     2     1

【分析】作伸缩变换，将椭圆变为圆，根据三角形面积公式求得当时，最大，进而依次计算可得.

【详解】作变换此时椭圆变为圆，方程为，

当时，最大，并且最大为，

此时，.

由于，，

∴，

，

因为，所以

.

故答案为：；；4；2；1.

2．##

【分析】利用仿射变换，将椭圆变换为圆，利用圆的性质求出面积的最大值，从而可求出面积最大值

【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，，

由于，因此时面积最大，

此时，

那么，

故答案为：

3．##4.5

【分析】作变换之后椭圆变为圆，方程为，是圆的内接三角形，圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，则，求出，代入即可得出答案.

【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，

是圆的内接三角形，设的半径为，

设所对应边长为，所以

，当且仅当时取等，

因为在上为凸函数，则，

，当且仅当时取等，

所以圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，因此，又因为，

∴.

故答案为：.

4．1

【分析】设，由以及解出，代入椭圆方程求出；同理可得；进而求出的值．

【详解】解法1：可得点，设，则，

由可得，即有，

，，两边同乘以，可得，解得，将代入椭圆方程可得，由可得，可得；

故答案为：．

解法2：作变换之后椭圆变为圆，方程为，

，

设，则，

，

∴，

，

∴.

故答案为：．

5．或.

【解析】先利用点差法可求出直线AB的斜率为，即可得出直线方程，代入椭圆方程可求出A，B坐标，设出点P，则可表示出PA，PB中点坐标，代入椭圆方程即可求出点P坐标.

【详解】设， A，B是椭圆C上两点，

则，两式相减得，

是AB中点，则，即，

故直线AB斜率为，则直线AB方程为，即，

将直线方程代入椭圆得，解得，

则可得，

设，则PA中点为，PB中点为，

，的中点均在椭圆C上，

则，解得或，

的坐标为或.

故答案为：或.

【点睛】本题考查中点弦问题，解题的关键是先利用点差法求出直线斜率，进而求出A,B坐标，再结合题意求解.

6．

【分析】利用仿射变换将椭圆变换为圆，此时四点分别变换为四点，由仿射变换时变换前后对应图形的面积比不变这个性质，故将上述题目中的椭圆变换为圆时，四点所形成的平行四边形面积最大值仍在两条弦与轴垂直时取到，故只需研究在圆的一条直径上，取关于圆心对称的两点，当为多少时，能使得过的两条互相平行的弦与此直径垂直时刻，与圆的四个交点所形成的面积最大.

【详解】作仿射变换，令，可得仿射坐标系，在此坐标系中，上述椭圆变换为圆，点坐标分别为，过作两条平行的弦分别与圆交于四点.

由平行四边形性质易知，三角形的面积为四点所形成的平行四边形面积的，故只需令三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到即可.当时，三角形面积的最大值在弦与轴垂直时取到.

故此题离心率的取值范围为.

故答案为：.

7．(1)；；

(2)证明见解析.

【分析】(1)由顶点可求a和b，由可求c，则椭圆的方程可求，离心率为可求；

(2)设，，求出、所在直线方程，得到，的坐标，求得，．由，结合在椭圆上求得四边形的面积为定值．

（1）

由题可知，，则，

椭圆的方程为，离心率为；

（2）

设，，则，所在直线方程为，

取，得；

，所在直线方程为，

取，得．

，．

．

四边形的面积为定值2．

【点睛】解决定值定点方法一般有两种：

(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；

(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.

8．（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.

【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.

试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.

由方程组 得.①

方程①的判别式为，由，得，

此时方程①的解为，

所以椭圆E的方程为.

点T坐标为（2,1）.

（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，

由方程组 可得

所以P点坐标为（），.

设点A，B的坐标分别为.

由方程组 可得.②

方程②的判别式为，由，解得.

由②得.

所以，

同理，

所以

.

故存在常数，使得.

【考点】椭圆的标准方程及其几何性质

【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．

9．(1)

(2)

【分析】（1）由题意可知、的坐标，设，表示出，，代入向量的数量积可得，由二次函数的性质计算可得.

（2）设，，联立直线与椭圆方程消去整理可得，解方程可求，，根据点到直线的距离公式可求，点，到直线的距离，，代入四边形的面积为，结合基本不等式可求面积的最大值.

（1）

解：由题意可知，，

，，设，

，，

由椭圆的性质可知，

，

，故，即.

（2）

解：设，，联立消去整理可得，

，，

，，

直线的方程为：，

根据点到直线的距离公式可知，点，到直线的距离分别为

，

，

，

，

四边形的面积为

，当且仅当即时，上式取等号，

所以的最大值为.

10．（1）；（2）证明详见解析，定值为．

【分析】（1）利用椭圆的定义即可得到点的轨迹的方程；

（2）不妨设点、位于轴的上方，则直线的斜率存在，设的方程为，与椭圆方程联立，求出四边形的面积，即可证明结论.

【详解】（1）因为在线段的中垂线上，所以．

所以，

所以轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，所以，

故轨迹的方程．

（2）不妨设点、位于轴的上方，则直线的斜率存在，设的方程为

，，．

联立，得，

则，．①

由，

得．②

由①、②，得．③

设原点到直线的距离为，

，

．④

由③、④，得，故四边形的面积为定值，且定值为．

【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，此类问题一般要涉及根与系数的关系，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.