专题12：椭圆向量结合问题29页

这是一份专题12：椭圆向量结合问题29页，共29页。试卷主要包含了已知定点，点为圆，已知椭圆C，已知椭圆，如图，椭圆C，已知椭圆的焦距为，且过点.，已知椭圆过点，焦距为2.等内容，欢迎下载使用。
专题12：椭圆向量结合问题1．已知定点，点为圆：（为圆心）上一动点，线段的垂直平分线与直线交于点．（1）设点的轨迹为曲线，求曲线的方程；（2）若过点且不与轴重合的直线与（1）中曲线交于，两点，当取最大值时，求的面积．2．已知椭圆C：，过点的直线l交椭圆C于点A，B.（1）当直线l与x轴垂直时，求；（2）在x轴上是否存在定点P，使为定值？若存在，求点P的坐标及的值；若不存在，说明理由.3．已知椭圆：，为的左、右焦点.（1）求椭圆的焦距；（2）点Q为椭圆一点，与OQ平行的直线l与椭圆交于两点A、B，若△QAB面积为1，求直线l的方程；（3）已知椭圆与双曲线：在第一象限的交点为，椭圆和双曲线上满足的所有点组成曲线C．若点N是曲线C上一动点，求的取值范围.4．如图，椭圆C:的右顶点为A，上顶点为B，动直线交椭圆C于M、N两点，且满足，过原点O作OH⊥MN，垂足为H.（1）求点H的轨迹方程；（2）求的取值范围.5．设椭圆的右顶点为A，上顶点为B，离心率为，.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于P，Q两点，直线与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若，求的值.6．已知为圆上任意一点，点，线段的垂直平分线交直线于，动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知直线，、，为曲线上的点且与、不重合，直线和直线分别与相交于、，问是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.7．已知椭圆，，为椭圆的左、右顶点，点，连接交椭圆于点，为直角三角形，且（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于另一点，线段的垂直平分线与轴的交点满足，求点的坐标.8．平面直角坐标系中，经过椭圆的一个焦点的直线与C相交于A、B两点，H为AB的中点，且OH的斜率为.（1）求椭圆C的方程.（2）直线过椭圆C的右焦点F且与椭圆C交于P、Q两点，点G为椭圆的左顶点，直线，连接GP、GQ并延长与直线分别交于点M、N，点、，且.求的取值范围.9．已知椭圆的焦距为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值.10．已知椭圆过点，焦距为2.（1）求椭圆C的方程；（2）过点作两条直线，且，切椭圆C于M，交椭圆C于A，B不同两点，求的取值范围.11．如图，已知椭圆，，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，直线交椭圆于另一点．（1）若，求椭圆的离心率．（2）若椭圆的焦距为2，且，求椭圆的方程．12．已知椭圆过点且离心率为．设P为圆上任意一点，过点P作该圆的切线交椭圆于E，F两点．（1）求椭圆的方程；（2）试判断是否为定值？若为定值，则求出该定值；否则，请说明理由．13．定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：（1）写出协同圆圆的方程；（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.14．是否存在过点的直线交椭圆于点、，且满足？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案1．（1）；（2）.【分析】 （1）由条件可得，然后可得答案；（2）设方程为，，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得、，然后表示出，然后可得答案.【解析】 （1）依题意有．即点轨迹是以，为焦点的椭圆．故点的轨迹方程为．（2）设方程为，，，，，得，，．，当时取最大值14．此时，∴，，．2．(1)       (2)  存在点，使得【分析】 (1)将代入椭圆方程求出点A，B的坐标，从而可得答案.
(2)当直线l与x轴不重合时，设，与椭圆方程联立，写出韦达定理，将的坐标表达式写出来，将韦达定理代入，分析式子为定值的条件，再验证直线l与x轴重合时的情况，可得答案.【解析】 (1) 当直线l与x轴垂直时,直线 将代入，得，解得即,所以 (2) 设当直线l与x轴不重合时，设由，可得 则 所以 ， 当，即时，的值为定值与无关.当直线l与x轴重合时，且时， 所以存在点，使得为定值.【点评】关键点睛：本题考查椭圆中的弦长和定点定值问题，解答本题的关键是由方程联立得到韦达定理，由向量数量积将韦达定理代入可得，从而得出答案，属于中档题.3．（1）；（2）；（3）.【分析】 （1）求得椭圆的a，b，c，可得焦距2c；（2）设，代入，运用韦达定理和弦长公式、点到直线的距离公式，三角形的面积公式，解方程可得m，进而得到直线方程；（3）求得M的坐标，设N（x，y）是曲线C上一点，运用向量的坐标运算，可得，分别讨论M在椭圆上和双曲线上，化简整理可得所求范围.【解析】 解：（1）由椭圆：，可得，，，则椭圆的焦距为；（2）由，设，代入得，由，得，，所以，又Q到直线l的距离为，由，所以；（3）由，解得，设是曲线C上一点，则，，，所以；当点N在曲线上时，，当时，，当时，，所以；当点N在曲线上时，；当时，，；综上，.【点评】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4．（1）；（2）.【分析】 （1）求得椭圆，得、坐标，设，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示可得答案；（2）设，则，表示与的距离的平方减去5的差，再转化为圆心到点距离加减半径的长的平方减去5的取值范围，可得答案.【解析】 （1）设，直线的方程为，与椭圆方程联立得，所以，因为，所以，即，所以，整理得，点到直线的距离为，所以点的轨迹方程为.（2）由椭圆C:，得，右顶点，上顶点，设，则，表示与的距离的平方减去5的差，转化为求圆上的点到的距离的平方减去5的取值范围，再转化为圆心到点距离加减半径的长的平方减去5的取值范围，即为最大值为，最小值为所以的取值范围.【点评】本题考查了椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，关键点是利用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，考查了分析问题、解决问题的能力，及运算能力.5．（1）；（2）【分析】 （1）由题意可知，，再结合，即可求得，从而得到椭圆的方程；（2）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得，易知直线的方程为，由方程组可得，由方程组可得，结合，可得或，经检验的值为.【解析】 （1）设椭圆右顶点为，上顶点，由题意知，，即又椭圆离心率，即，又由，可得，从而．所以，椭圆的方程为．（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，则点的坐标为，，由，可知，即．由点，点，易知直线的方程为，由方程组消去y，QQ群333528558可得，由方程组消去，可得．由，可得，整理得，解得或．当时，，不合题意，舍去；当时，，，符合题意．所以，的值为．【点评】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．6．（1）；（2）是定值，定值为.【分析】 （1）推导出，利用椭圆的定义可知曲线为椭圆，确定焦点位置、长轴长以及焦距，可得出、的值，进一步可得出的值，由此可得出曲线的方程；（2）设直线的方程为，设直线的方程为，求出、的坐标，设点，利用斜率公式计算出，进而可计算得出的值.【解析】 （1）由于线段的垂直平分线交直线于，由中垂线的性质可得，，所以动点在以、为焦点的椭圆上，设该椭圆的标准方程为，设，则，，所以，，因此，曲线的方程为；（2）依题意可知直线、的斜率均存在且不为，设直线的方程为，设直线的方程为，则，.可得，，，设点，则有，可得，则，，，因此，（定值）.【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．7．（1）；（2），.【分析】 （1）用待定系数法求椭圆方程；（2）设出直线l，表示出M的坐标，利用，求出点的坐标.【解析】 （1）由题意可得：三角形为等腰直角三角形，所以2a=4，即a=2.又由，，所以，代入得：，解得：b=1.所以椭圆的方程为（2）由（1）可知.设点的坐标为，直线的斜率显然存在，设为，则直线的方程为于是，两点的坐标满足方程组，由方程组消去并整理，得由，得，从而，设线段是中点为，则的坐标为以下分两种情况：①当时，点的坐标为.线段的垂直平分线为轴，于是，由得②当时，线段的垂直平分线方程为令，解得，整理得，综上或.点的坐标是，.【点评】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2）"坐标法"是解析几何中常见的基本方法，把题目中的条件用坐标翻译出来，把几何条件转化为代数运算.8．（1）；（2）.【分析】 （1）设代入椭圆方程两式相减化简得，利用且OH的斜率为可得，结合可得答案；（2）设直线的方程，，求出直线的方程得到坐标，求出直线的方程得到坐标，联立与椭圆的方程联立利用韦达定理表示，得到，再设，则再用表示可得答案.【解析】 （1）由题意，设，直线与轴交于点，所以，又，两式相减得，即，所以，又，所以，椭圆C的方程为.（2）由已知得，，设直线的方程为，，由的方程与椭圆的方程联立，整理得，所以，直线的斜率为，，直线的斜率为，则，直线的斜率为，直线的方程为，则， ，，所以，因为，设，则，因为，所以，所以的取值范围.【点评】本题考查了椭圆的方程、直线和椭圆的位置关系，第一问中关键点是利用了点差法，第二问的关键点是利用韦达定理和表示，考查学生分析问题、解决问题的能力，具有一定的难度.9．（1）；（2）证明见解析.【分析】 （1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由，可得出、的表达式，结合韦达定理可计算得出为定值.【解析】 （1）因为椭圆的焦距为，所以，又椭圆过点，，且满足，可得，，椭圆的标准方程为：；（2）设点、，，由题意可知，直线的斜率存在，可设直线的方程为，联立，可得，由于点在椭圆的内部，直线与椭圆必有两个交点，由韦达定理可得，，，，，得，，，，.【点评】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．10．（1）；（2）.【分析】 （1）首先得到椭圆的焦点坐标，再根据椭圆的定义求，得到椭圆的标准方程；（2）分两种情况讨论，当直线的斜率为0时，得到的值，当直线的斜率不为0时，设，与椭圆方程联立得到，再和直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，并求范围.【解析】 （1），焦点坐标,,根据椭圆定义可知，所以， 所以椭圆方程是：（2）当的斜率为0时，，当的斜率不为0时，设，代入椭圆C的方程可得由得又代入椭圆C的方程可得设，，则得∴令，∴综上∴.【点评】 本题考查利用韦达定理，解决范围问题，首先讨论直线的斜率为0，这种情况容易忽略，代入韦达定理解决问题，注意计算，当出现次数较高时，需观察式子，合理利用换元，解决问题.11．（1）；（2）．【分析】 （1）由题可得是等腰直角三角形，可得，即可求出离心率；（2）可得，，由向量关系求出点B坐标，代入椭圆可求.【解析】 （1），为上顶点，，，，．又，．（2）椭圆的焦距为，，．设，，．又，，，又点在椭圆上，，，又，，∴椭圆的标准方程为． 【点评】本题考查向量共线问题，解题的关键是将向量共线问题转化为坐标关系，利用点在椭圆上求参数.12．（1）；（2）是，为定值.【分析】 （1）由题可得，解方程组求出的值，QQ群333528558即可求解；（2）首先讨论切线斜率不存在的情况计算的值，当切线斜率存在时，设切线方程为，点，，，利用直线与圆相切得出，并求出切点坐标，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理可得，， 化简计算即可求解.【解析】 （1）由题可得，解得，所以椭圆的方程为．（2）①当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，由对称性，不妨设切线方程为，则，，，所以．②当过点且与圆相切的切线斜率存在时，不妨设切线的方程为，设点，，，将直线方程与圆的方程联立并整理，得，由直线与圆相切易得圆心到直线的距离 即，因为，所以，联立直线和椭圆的方程并整理，得，则，所以，．所以 ．综上可知，为定值．【点评】思路点睛：圆锥曲线中求定值的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.QQ群33352855813．（1）；（2）；（3）证明见解析，定圆的方程为.【分析】 （1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆的方程；（2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求；（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.【解析】 （1）由椭圆，知.根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆.（2）设，则.直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：①当直线的斜率不存在时，直线.若，由，解得，此时.若，同理得：.②当直线的斜率存在时，设.由，得，有，又直线是圆的切线，故，可得.∴，则，而.∴，即.综上，恒有.（3）是椭圆上的两个动点且，设，则.直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有.∴，，且，由，解得.若直线的斜率都存在，设，则.由，得，有；同理，得.于是，.由，可得.因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上.∴该定圆的方程为圆.【点评】 研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在，求出交点坐标或联立椭圆、直线方程，根据判断判别式的符号、根与系数关系，结合题设已知条件列方程求定值或定曲线.14．存在，且直线的方程为或.【分析】 假设存在满足题意的直线，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理或求出交点坐标，结合可求出直线的方程.【解析】 假设存在满足题意的直线.①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，可得、，此时，，不合乎题意；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，联立，消去并整理得，，解得或.由韦达定理可得，，，可得，解得，所以，直线的方程为，因此，存在直线或，使得.【点评】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.