2023届高考数学二轮复习 微专题作业21 利用椭圆中相关点法探求直线的斜率问题（含解析）

这是一份2023届高考数学二轮复习 微专题作业21 利用椭圆中相关点法探求直线的斜率问题（含解析），共6页。试卷主要包含了则λ＋μ＝________．等内容，欢迎下载使用。
1.在平面直角坐标系xOy中，已知过椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P位于x轴上方)．若QF＝2FP，则点P的坐标为________．
2．设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up6(→))，则点P的轨迹方程是________．
3．过点M(1，－1)的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，若点M恰好是线段AB的中点，则直线l的方程为________．
4．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的离心率为eq \f(\r(3),2)，左、右焦点分别是F1，F2，以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．设椭圆E：eq \f(x2,4a2)＋eq \f(y2,4b2)＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.则eq \f(OQ,OP)的值为________．
5．已知直线l经过椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点F，且交椭圆于A，B两点，与y轴交于点P，且满足eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(AF,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))＝μeq \(BF,\s\up6(→)).则λ＋μ＝________．
6．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，动直线l与椭圆交于B，C两点(B在第一象限)，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，且3y1＋y2＝0，当△OBC面积最大时，直线l的方程为________．
7.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(2,3)，C为椭圆上位于第一象限内的一点．
(1)若点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,3)))，求a，b的值；
(2)设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))，求直线AB的斜率．
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,b2)＝1经过点(b，2e)，其中e为椭圆C的离心率．过点T(1，0)作斜率为k(k＞0)的直线l交椭圆C于A，B两点(A在x轴下方)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点O且平行于l的直线交椭圆C于点M，N，求eq \f(AT·BT,MN2)的值；
(3)记直线l与y轴的交点为P.若eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→))，求直线l的斜率k.
微专题21
1．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(3\r(5),8))).
解析：由QF＝2FP可知eq \(QF,\s\up6(→))＝2eq \(FP,\s\up6(→))，设出点P的坐标，进而利用eq \(QF,\s\up6(→))＝2eq \(FP,\s\up6(→))，求出点Q的坐标，然后将点P和Q坐标代入椭圆方程中即可求得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(3\r(5),8))).
2．答案：x2＋y2＝2.
解析：设出点P，表示出点M，代入椭圆方程即可求得x2＋y2＝2.
3．答案：3x－4y－7＝0.
解析：设出点A的坐标进而利用条件求出点B的坐标，然后将点A和B坐标代入椭圆方程中即可求得A.进而可求得直线l的方程为3x－4y－7＝0.
4．答案：2.
解析：由题意，椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，设P(x0，y0)，eq \f(OQ,OP)＝λ，由题意知Q(－λx0，
－λy0)，因为eq \f(x02,4)＋y02＝1，又eq \f(（－λx0）2,16)＋eq \f(（－λy0）2,4)＝1，
即eq \f(λ2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x02,4)＋y02))＝1，所以λ＝2，即eq \f(OQ,OP)＝2.
5．答案：－4.
解析：由题设知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，则P(0，k)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l代入椭圆得x2＋2k2(x＋1)2＝2，整理得，(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq \f(－4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).由eq \(PA,\s\up6(→))＝λeq \(AF,\s\up6(→))，eq \(PB,\s\up6(→))＝μeq \(BF,\s\up6(→))知，λ＝eq \f(－x1,1＋x1)，μ＝eq \f(－x2,1＋x2)，所以λ＋μ＝－eq \f(x1＋x2＋2x1x2,1＋x1＋x2＋x1x2)＝
－eq \f(\f(－4k2,1＋2k2)＋\f(4k2－4,1＋2k2),1＋\f(－4k2,1＋2k2)＋\f(2k2－2,1＋2k2))＝－eq \f(－4,－1)＝－4(定值)．
6．答案：y＝eq \r(3)x－eq \f(\r(30),2).
解析：显然，当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为x＝my＋n.
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋n，))消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＞0，,y1＋y2＝－\f(6nm,3m2＋4)，,y1y2＝\f(3n2－12,3m2＋4)，))
因为3y1＋y2＝0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝\f(3nm,3m2＋4)，,y12＝\f(4－n2,3m2＋4).))
从而eq \f(9n2m2,（3m2＋4）2)＝eq \f(4－n2,3m2＋4)，即n2＝eq \f(3m2＋4,3m2＋1).
所以S△OBC＝eq \f(1,2)|n||y1－y2|＝eq \f(6|m|,3m2＋1)，
因为B在第一象限，所以x1＞0，y1＞0，所以m＞0，n＞0.所以S△OBC＝eq \f(6m,3m2＋1)＝eq \f(6,3m＋\f(1,m))≤eq \r(3)，当且仅当3m＝eq \f(1,m)时，即m＝eq \f(\r(3),3)等号成立，此时n＝eq \f(\r(10),2)，所以直线l的方程为y＝eq \r(3)x－eq \f(\r(30),2).
7．答案：(1)a＝3，b＝eq \r(5)；(2)eq \f(5\r(3),3).
解析：(1)因为椭圆的离心率为eq \f(2,3)，所以eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(2,3)，
即eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,9).①
又因为点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,3)))在椭圆上，所以eq \f(4,a2)＋eq \f(25,9b2)＝1.②
由①②解得a2＝9，b2＝5.因为a＞b＞0，所以a＝3，b＝eq \r(5).
(2)由(1)可知，椭圆方程为5x2＋9y2＝5a2，则A(－a，0)．设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
由eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))，得(x1＋a，y1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2，\f(1,2)y2))，所以x1＝eq \f(1,2)x2－a，y1＝eq \f(1,2)y2.因为点B，点C都在椭圆5x2＋9y2＝5a2上，
所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5x22＋9y22＝5a2，,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－a))\s\up12(2)＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2,2)))\s\up12(2)＝5a2.))
解得x2＝eq \f(a,4)，y2＝eq \f(5a,4\r(3))，
所以直线AB的斜率k＝eq \f(y2,x2)＝eq \f(5\r(3),3).
8．答案：(1)C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)eq \f(7,32). (3)k＝eq \r(2).
解析：(1)因为椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,b2)＝1经过点(b，2e)，所以eq \f(b2,8)＋eq \f(4e2,b2)＝1.因为e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(c2,8)，所以eq \f(b2,8)＋eq \f(c2,2b2)＝1.因为a2＝b2＋c2，所以eq \f(b2,8)＋eq \f(8－b2,2b2)＝1.整理得b4－12b2＋32＝0，解得b2＝4或b2＝8(舍去)．所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为T(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)．联立直线l与椭圆方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k2,2k2＋1)，,x1x2＝\f(2k2－8,2k2＋1).))
因为MN∥l，所以直线MN方程为y＝kx，
联立直线MN与椭圆方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y，得(2k2＋1)x2＝8，解得x2＝eq \f(8,2k2＋1).
因为MN∥l，所以
eq \f(AT·BT,MN2)＝eq \f(（1－x1）·（x2－1）,（xM－xN）2).
因为(1－x1)·(x2－1)＝
－[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝eq \f(7,2k2＋1)，(xM－xN)2＝4x2＝eq \f(32,2k2＋1)，所以eq \f(AT·BT,MN2)＝eq \f(（1－x1）·（x2－1）,（xM－xN）2)＝eq \f(7,2k2＋1)·eq \f(2k2＋1,32)＝eq \f(7,32).
(3)在y＝k(x－1)中，令x＝0，则y＝－k，所以P(0，－k)，从而eq \(AP,\s\up6(→))＝(－x1，－k－y1)，eq \(TB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)．因为eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)eq \(TB,\s\up6(→))，所以－x1＝eq \f(2,5)(x2－1)，即x1＋eq \f(2,5)x2＝eq \f(2,5).
由(2)知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k2,2k2＋1)，,x1x2＝\f(2k2－8,2k2＋1).))
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k2,2k2＋1)，,x1＋\f(2,5)x2＝\f(2,5)，))解得x1＝eq \f(－4k2＋2,3（2k2＋1）)，x2＝eq \f(16k2－2,3（2k2＋1）).因为x1x2＝eq \f(2k2－8,2k2＋1)，所以eq \f(－4k2＋2,3（2k2＋1）)×eq \f(16k2－2,3（2k2＋1）)＝eq \f(2k2－8,2k2＋1)，整理得50k4－83k2－34＝0，解得k2＝2或k2＝－eq \f(17,50)(舍去)．又因为k＞0，所以k＝eq \r(2).