专题09椭圆与平面向量的交汇问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型

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椭圆必会十大基本题型讲与练
09 椭圆与平面向量的交汇问题
典例分析
角度一、以共线向量为条件情景命题
1、设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为 ，点 满足
．
(1)求点 的轨迹方程；
(2)设点 在直线 上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【答案】(1)；(2)证明略．
【命题意图】椭圆，定值问题的探索；运算求解能力
【基本解法】
（Ⅰ）解法一：相关点法求轨迹：
设，,，则：,．
又,所以：，则：．
又在椭圆C上，所以：。所以：．
解法二：椭圆C的参数方程为：（为参数）．
设，,，
则：,．
又,所以：，则：．
则：．
（Ⅱ）解法一：设，,,则，,，．又,所以：
，
即．那么．
所以．即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点。
解法二：设，,,则，,，．又,所以．
又在上，所以：．
又．所以：．
即过垂直于的直线过椭圆 的左焦点．
【考点】 轨迹方程的求解；直线过定点问题。
【点评】求轨迹方程的常用方法有：
(1)直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0。
(2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程。
(3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程。
(4)代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点
P(x，y)的轨迹方程．
2、已知椭圆的右焦点为，且经过点，点是轴上的一点，过点的直线与椭圆交于，两点（点在轴的上方）
（1）求椭圆的方程；
（2）若，且直线与圆相切于点，求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆的右焦点为，得到，又经过点，得到，两式联立求解.
（2）设，直线：，根据，得到，由联立，根据，得到m，t的关系，再由直线与圆相切，得到m，t的关系，两式联立求解.
【详解】（1）因为椭圆的右焦点为，所以，又经过点，
所以，解得，所以椭圆的方程是；
（2）设，直线：，因为，所以，
由，消去x得：，
由韦达定理得，
所以，即，
整理得：①，因为直线与圆相切，所以
即②，由①②得：，解得，所以，
在中，.
【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于难题.
3、已知椭圆,其左右顶点分别为,,上下顶点分别为,.圆是以线段为直径的圆.
(1)求圆的方程;
(2)若点,是椭圆上关于轴对称的两个不同的点,直线,分别交轴于点､,求证:为定值;
【答案】（1）=;（2）；（3）不存在点,使得，见解析
【解析】
【分析】
(1)由题意得:,,即可求出圆的方程;
(2)由题意可知:,,设,则,,求出直线的方程是,从而求出点坐标,同理求出点坐标,再利用点在椭圆上,坐标满足椭圆方程,即可化简出为定值;
【详解】
（1）由题意得:,,∴ 圆的圆心为原点,半径为,∴ 圆的方程是=;
（2）由题意可知:,,设,则,,
∴ 直线的方程是:,∴点,同理点,
又∵ 点在椭圆上,∴ ，∴ ,
角度二、以向量运算为情景命题
1、已知是椭圆的左右顶点，点为椭圆上一点，点关于轴的对称点为，且.
（1）若椭圆经过圆的圆心，求椭圆的方程；
（2）在（1）的条件下，若过点的直线与椭圆相交于不同的两点，设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当时，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）或
【分析】（1）设，由在椭圆上求出，再由椭圆过点得，从而可得，得椭圆方程；
（2）由题意可知直线的斜率存在，设，，，，直线方程与椭圆方程联立，并消元后应用韦达定理得，同时注意，由弦长公式表示出后可得的取值范围，由向量线性运算求出点坐标，交代入椭圆方程得出的关系，从而得的范围．
【详解】（1）设，因为，则点关于轴的对称点.
，，又由椭圆的方程得，
所以，又椭圆过圆的圆心，
所以，，所以椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在，设，，，
由得：由，得：，，.
，
，，结合（*）得：.
，.
从而，.
∵点在椭圆上，，
整理得：即，，或.
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题．直线与椭圆相交一般采取设而不求思想，即设交点坐标为，由直线方程与椭圆方程联立方程组消元后应用韦达定理得，并把这个结论代入题中其他条件中求解．
2、已知斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为()．
(1)证明：；
(2)设为的右焦点，为上一点，且，证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】（1）法一、设，，则有，
两式相减，并由，得
由题设知，，于是①，由题设，故
法二：设直线，交点，
则有，，联立方程，
消去并整理可得
所以
所以，代入可得
所以，所以，所以或①
又
即②，由①②可知
法三：设，，则有③，④
两式相减可得，所以
依题意，，所以
又点在椭圆内，所以，而，所以
所以．
（2）法一、由题意得，设，则
由（1）及题设得，
又点在上，所以，从而，
于是，同理
所以，故，即成等差数列
设该数列的公差为，则②
将代入①得，所以的方程为，代入的方程，并整理得
故，，代入②解得，所以该数列的公差为或．
法二、由椭圆的方程可知，，设
因为，所以，所以
所以，故，又因为点在椭圆上，所以，解得，
所以，此时直线的方程为：即
联立方程，消去并整理可得，所以，
又，所以
所以
同理，所以，而
所以，故，，成等差数列，设公差为，
则有，所以
3、在平面直角坐标系中， 已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．
【解析】（Ⅰ）设，由已知得，．所以=，
=(0，)， =(，-2).再由题意可知（+）• =0，
即（，）• (，－2)=0．所以曲线C的方程式为．
（Ⅱ）设为曲线C：上一点，因为，所以的斜率为，
因此直线的方程为，即．
则点到的距离．又，所以
当=0时取等号，所以点到距离的最小值为2．
角度三、以向量为问题情景命题
1、在直角坐标系xOy上取两个定点A1（，0），A2（，0），再取两个动点N1（0，m），N2（0，n），且mn＝2.
（1）求直线A1N1与A2N2交点M的轨迹C的方程；
（2）过R（3，0）的直线与轨迹C交于P，Q，过P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若（λ＞1），求证：.
【答案】（1）1（x≠±）；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意先写出两直线的方程，再根据条件化简即可求得答案；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），设l：x＝ty+3，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理得y1+y2且y1y2，根据题意得 x1﹣3＝λ（x2﹣3），y1＝λy2，再代入即可证明结论．
【详解】（1）解：依题意知直线A1N1的方程为：y（x）…①；
直线A2N2的方程为：y（x）…②，设Q（x，y）是直线A1N1与A2N2交点，
①、②相乘，得y2（x2﹣6），由mn＝2整理得：1
∵N1、N2不与原点重合，可得点A1，A2不在轨迹M上，∴轨迹C的方程为1（x≠±）；
（2）证明：设l：x＝ty+3，代入椭圆方程消去x，得（3+t2）y2+6ty+3＝0.
设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x1，﹣y1），可得y1+y2且y1y2，
，可得（x1﹣3，y1）＝λ（x2﹣3，y2），∴x1﹣3＝λ（x2﹣3），y1＝λy2，
证明，只要证明（2﹣x1，y1）＝λ（x2﹣2，y2），∴2﹣x1＝λ（x2﹣2），
只要证明，只要证明2t2y1y2+t（y1+y2）＝0，
由y1+y2且y1y2，代入可得2t2y1y2+t（y1+y2）＝0，∴．
2．如图，椭圆E：的左、右焦点分别为，，R是椭圆E上任意一点，的取值范围是，动直线l：与椭圆相交于A，B两点.

（1）求椭圆E的标准方程：
（2）若，B关于y轴的对称点是，证明：；
（3）若，B关于y轴的对称点是，试探究：是否成立？说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）答案不唯一，详见解析
【解析】（1）的取值范围是，故，解得，.
故椭圆方程为：.
（2）设，，则.联立方程，故，故.，，
故，即.
当斜率不存在时，易知成立. 综上所述：.
（3），，
.
故当时，，当时，不成立.
方法点拨
(1)遇到求椭圆标准方程问题，想到定义法或待定系数法，想到二元一次方程组的解法．
(2)遇到向量数量积问题，想到向量的坐标表示，向量相等的条件，向量数量积的坐标运算公式．
(3)遇到最值问题，想到构造函数求最值或运用基本不等式求最值，或将问题转化为其他相关知识求解，如本题就是将最值转化为一元二次不等式求解．
巩固练习
1、设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．因为在上，所以．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则，，
，，，
由得，又由（1）知，故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点． 
2、设椭圆的左焦点为F， 离心率为， 过点F且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．
(Ⅰ) 求椭圆的方程；
(Ⅱ) 设A， B分别为椭圆的左、右顶点， 过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点． 若， 求k的值．
【解析】(Ⅰ)设F(－c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，
代入椭圆方程有，解得，于是，解得，
又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，所以椭圆的方程为.
(Ⅱ)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，
由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
求解可得x1＋x2＝，x1x2＝.因为A(，0)，B(，0)，
所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝．
由已知得＝8，解得k＝．
3、设椭圆的左右焦点分别为，离心率是，动点在椭圆上运动，当轴时，.

（1）求椭圆的方程；
（2）延长分别交椭圆于点（不重合）.设，求的最小值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据题意直接计算得到，，得到椭圆方程.
（2）不妨设，且，设，代入 数据化简得到
，故，得到答案.
【详解】（1），所以，，化简得，
所以，，所以方程为；
（2）由题意得，不在轴上，不妨设，且，设，
所以由，得，所以，
由，得，代入，化简得：，
由于，所以，同理可得，所以，
所以当时，最小为
【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的向量运算和最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
4、设椭圆C：的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60o，．K^S*5U.C#
（Ⅰ）求椭圆C的离心率；（Ⅱ）如果|AB|=，求椭圆C的方程．
【解析】设，由题意知＜0，＞0.
（Ⅰ）直线l的方程为 ，其中.
联立得
解得，因为，所以.
即 ，得离心率 .
（Ⅱ）因为，所以.
由得.所以，得a=3，.椭圆C的方程为．
5、已知椭圆的左顶点为，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l交椭圆C于A，B两点，当取得最大值时，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由题意可得：，，得，则.所以椭圆.
（2）当直线与轴重合时，不妨取，此时；
当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，，
联立得，显然，，.
所以
.
当时，取最大值.此时直线方程为，不妨取，所以.又，所以的面积.
【名师点睛】本题考查椭圆的基本性质，运用了设而不求的思想，将向量和圆锥曲线结合起来，是典型考题.（1）由左顶点M坐标可得a=2，再由可得c，进而求得椭圆方程.（2）设l的直线方程为，和椭圆方程联立，可得，由于，可用t表示出两个交点的纵坐标和，进而得到关于t的一元二次方程，得到取最大值时t的值，求出直线方程，而后计算出的面积.
6、已知A、B分别为椭圆E：(a>1)左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
(1)求E方程；(2)证明：直线CD过定点．
【答案】（1）；（2）证明详见解析．
【解析】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，，，，椭圆方程为：
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为．同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：，故直线过定点
7、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点M(－2,1)，且右焦点为F(，0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)过N(1,0)且斜率存在的直线AB交椭圆C于A，B两点，记t＝·，若t的最大值和最小值分别为t1和t2，求t1＋t2的值．
【解析】(1)由右焦点为F(，0)，知c＝，所以b2＝a2－3.则椭圆的方程为＋＝1，且a2>3.
又椭圆经过点M(－2,1)，所以＋＝1，注意到a2>3，得a2＝6.故椭圆的方程为＋＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y并整理，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，因为点N在椭圆内部，
所以Δ>0，则t＝· ＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5，
把x1＋x2，x1x2代入上式得t＝(1＋k2)＋(2－k2－k)＋k2＋2k＋5＝，
所以(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，则Δ1＝22＋4(15－2t)(t＋1)≥0，
即2t2－13t－16≤0，由题意知，t1，t2是方程2t2－13t－16＝0的两根，所以t1＋t2＝.
8、已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，A(2，0)是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，点C在第一象限，且·＝0，|－|＝2|＋|.
(1)求椭圆的标准方程．
(2)设P，Q为椭圆上不重合的两点且异于A，B，若∠PCQ的平分线总是垂直于x轴，问：是否存在实数λ，使得＝λ？若存在，求出λ取得最大值时PQ的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵·＝0，∴∠ACB＝90°，∵|－|＝2|＋|，即||＝2||，
∴△AOC是等腰直角三角形，又A(2,0)，∴C(1,1)．
∵点C在椭圆上，∴＋＝1，又a＝2，∴b2＝，∴所求椭圆方程为＋＝1.
(2)对于椭圆上两点P，Q，
∵∠PCQ的平分线总是垂直于x轴，∴PC与CQ所在直线关于x＝1对称，设kPC＝k，则kCQ＝－k，
∵C(1,1)，∴PC的直线方程为y＝k(x－1)＋1， ①
CQ的直线方程为y＝－k(x－1)＋1， ②
将①代入＋＝1，得(1＋3k2)x2－6k(k－1)x＋3k2－6k－1＝0，③
∵C(1,1)在椭圆上，∴x＝1是方程③的一个根，∴xP＝.
以－k替换k，得到xQ＝，∴kPQ＝＝.
∵∠ACB＝90°，A(2,0)，C(1,1)，弦BC过椭圆的中心O，∴B(－1，－1)，∴kAB＝，
∴kPQ＝kAB，∴PQ∥AB，∴存在实数λ，使得＝λ，
||＝＝≤，当且仅当9k2＝，即k＝±时取等号，
又||＝，∴λmax＝＝，∴λ取得最大值时PQ的长为.
9、椭圆的右焦点，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于、两点，为坐标原点，若，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意可知点在椭圆上，利用椭圆的定义可求得值，结合的值可求得的值，进而可求得椭圆的标准方程；
（2）设、，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由得出，结合韦达定理求得的值，再由三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】（1）依题意有，椭圆的焦点坐标为，且点在椭圆上，
由椭圆的定义可得，
即，，因此，椭圆的方程为；
（2）设、，由，得．
由题意直线的斜率存在，所以设直线的方程为，
代入椭圆方程整理，得，所以，．
将代入上式可得，，解得．
所以的面积.
【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积的计算，涉及向量共线问题的求解，考查运算求解能力，属于中等题.
10．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于P，Q两点；当直线l经过椭圆C的下顶点A和右焦点F2时，△F1PQ的周长为4，且l与椭圆C的另一个交点的横坐标为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点M为△POQ内一点，O为坐标原点，满足＋＋＝0，若点M恰好在圆O：x2＋y2＝上，求实数m的取值范围．
解：(1)由题意知4a＝4，∴a＝，直线AF2的方程为y＝(x－c)．
设直线AF2与椭圆C的另一个交点为，则
解得c＝1或c＝2(舍去)，∴b2＝1.故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵＋＋＝0，∴点M为△POQ的重心，
∴M.∵点M在圆O：x2＋y2＝上，∴(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝4.
由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
又Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0，∴1＋2k2>m2.∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.∴(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝2＋2＝4，
整理得m2＝.又1＋2k2>m2，∴1＋2k2>，解得k≠0，
∴m2＝＝1＋＝1＋>1，解得m>1或m