2023届高考数学二轮复习 微专题作业23 运用设点与解点求解椭圆综合问题（含解析）

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1.点P为椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上一个动点，点A坐标为(1，0)，则当PA长最小时，点P的坐标为________．
2．若M，N是椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1上的点，且直线OM与ON的斜率之积为－eq \f(1,2)，椭圆C存在动点P(x0，y0)，满足eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋2eq \(ON,\s\up6(→))，则x02＋2y02＝________.
3．设椭圆中心在坐标原点，A(2，0)，B(0，1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k＞0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点，若eq \(ED,\s\up6(→))＝6eq \(DF,\s\up6(→))，则实数k的值为________．(求出所有k的值)
4．已知动点M到F(3，0)的距离与到定直线l：x＝eq \f(25,3)的距离之比为eq \f(3,5)，则动点M的轨迹方程是________．
5．已知点P(0，1)，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．
6．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点为F1，F2，点P为椭圆上动点，弦PA，PB分别过点F1，F2.设PF1＝λ1eq \(F1A,\s\up6(→))，eq \(PF2,\s\up6(→))＝λ2eq \(F2B,\s\up6(→))，则λ1＋λ2＝________．
7.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B，C是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上不同的三点，
Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(2)，\f(3\r(2),2)))，B(－3，－3)，C在第三象限，线段BC的中点在直线OA上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求点C的坐标；
(3)设动点P在椭圆上(异于点A，B，C)且直线PB，PC分别交直线OA于M，N两点，证明eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))为定值并求出该定值．
8．椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距为2eq \r(3)，点
P(0，2)关于直线y＝－x的对称点在椭圆M上．
(1)求椭圆M的方程；
(2)如图，椭圆M的上、下顶点分别为A，B，过点P的直线l与椭圆M相交于两个不同的点C，D.
①求eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))的取值范围；
②当AD与BC相交于点Q时，试问：点Q的纵坐标是否是定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
微专题23
1．答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，±\f(\r(5),3))).
解析：设点P(m，n)，则PA2＝(m－1)2＋n2＝(m－1)2＋1－eq \f(m2,4)＝eq \f(3,4)m2－2m＋2＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(4,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2,3).所以，当m＝eq \f(4,3)时，PA有最小值，此时n＝±eq \f(\r(5),3).
2．答案：20.
解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则kOMkON＝eq \f(y1·y2,x1·x2)＝－eq \f(1,2)，化简为x1x2＋2y1y2＝0.因为M，N是椭圆C上的点，所以eq \f(x12,4)＋eq \f(y12,2)＝1，eq \f(x22,4)＋eq \f(y22,2)＝1.由eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋2eq \(ON,\s\up6(→))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝x1＋2x2，,y0＝y1＋2y2，))所以x02＋2y02＝(x1＋2x2)2＋(y1＋2y2)2＝(x12＋2y12)＋4(x22＋2y22)＋4(x1x2＋2y1y2)＝4＋4×4＋0＝20.
3．答案：eq \f(3,8)或eq \f(2,3).
解析：由题意，椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx.
所以xD＝eq \f(2,1＋2k).又eq \(ED,\s\up6(→))＝6eq \(DF,\s\up6(→))，所以xD－xE＝6(xF－xD)，即xD＋xF＝6(xF－xD)，所以xD＝eq \f(5,7)xF.另一方面
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx，))得xF＝eq \f(2,\r(1＋4k2))，所以eq \f(2,1＋2k)＝eq \f(10,7\r(1＋4k2))，化简得24k2－25k＋6＝0，解得k＝eq \f(2,3)或k＝eq \f(3,8).
4．答案：－4.
解析：设PF：x＝my－1，则由x2＋2y2＝2，有(2＋m2)y2－2my－1＝0.所以y1＋y2＝eq \f(2m,2＋m2)，y1y2＝－eq \f(1,2＋m2).又Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,m)))，所以y1－eq \f(1,m)＝λ(0－y1)，解得λ＝eq \f(1,my1)－1，同理μ＝eq \f(1,my1)－1.所以λ＋μ＝eq \f(y1＋y2,my1y2)－2＝－4.
5．答案：5.
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又P(0，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，所以x1＋2x2＝0，y1＋2y2＝3.
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x12＋4y12＝4m，,x22＋4y22＝4m，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x22＋（2y2－3）2＝m，,x22＋4y22＝4m，))两式相
减，解得y2＝eq \f(3＋m,4)，代入得x22＝4m－eq \f(（3＋m）2,4)＝
eq \f(－m2＋10m－9,4)＝
eq \f(－（m－5）2＋16,4).所以，当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大．
6．答案：eq \f(10,3).
解析：设P(x0，y0)，由题意，λ1＞0，λ2＞0.
所以λ1＝eq \f(PF1,F1A)＝eq \f(x0＋\f(a2,c),x1＋\f(a2,c))＝eq \f(x0＋c,－c－x1)，所以λ1＝
eq \f(2x0＋\f(a2,c)＋c,x1＋\f(a2,c)－c－x1)＝eq \f(2x0＋\f(a2,c)＋c,\f(a2,c)－c).
同理λ2＝eq \f(PF2,F2B)＝eq \f(\f(a2,c)－x0,\f(a2,c)－x2)＝eq \f(c－x0,x2－c)，所以λ2＝
eq \f(\f(a2,c)－x0＋c－x0,\f(a2,c)－x2＋x2－c)＝eq \f(\f(a2,c)＋c－2x0,\f(a2,c)－c).
所以λ1＋λ2＝2×eq \f(\f(a2,c)＋c,\f(a2,c)－c)＝eq \f(2（1＋e2）,1－e2)＝eq \f(10,3).
7．答案：(1)eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,\f(27,2))＝1；(2)(－5，－1)；(3)eq \f(45,2).
解析：(1)由已知，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(18,a2)＋\f(\f(9,2),b2)＝1，,\f(9,a2)＋\f(9,b2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝27，,b2＝\f(27,2).))
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,\f(27,2))＝1.
(2)设点C(m，n)(m＜0，n＜0)，则BC中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－3,2)，\f(n－3,2))).由已知，求得直线OA的方程为x－2y＝0，从而m＝2n－3.①
又点C在椭圆上，∴m2＋2n2＝27.②
由①②，解得n＝3(舍去)，n＝
－1，所以m＝－5.所以点C的坐标为(－5，－1)．
(3)设P(x0，y0)，由题(2)M(2y1，y1)，N(2y2，y2)．∵P，B，M三点共线，∴eq \f(y1＋3,2y1＋3)＝eq \f(y0＋3,x0＋3)，整理，得y1＝
eq \f(3（y0－x0）,x0－2y0－3).∵P，C，N三点共线，∴eq \f(y2＋1,2y2＋5)＝eq \f(y0＋1,x0＋5)，整理，得y2＝eq \f(5y0－x0,x0－2y0＋3).∵点C在椭圆上，∴x02＋2y02＝27.从而y1y2＝eq \f(3（x02＋5y02－6x0y0）,x02＋4y02－4x0y0－9)＝
eq \f(3（3y02－6x0y0＋27）,2y02－4x0y0＋18)＝3×eq \f(3,2)＝eq \f(9,2).所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝5y1y2＝eq \f(45,2).∴eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))为定值，定值为eq \f(45,2).
8．答案：(1)eq \f(x2,4)＋y2＝1；
(2)①eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(13,4)))；②点Q的纵坐标为定值eq \f(1,2).
解析：(1)因为点P(0，2)关于直线y＝－x的对称点为(－2，0)，且
(－2，0)在椭圆M上，所以a＝2.又2c＝2eq \r(3)，故c＝eq \r(3)，则b2＝a2－c2＝4－3＝1.所以椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)①当直线l的斜率不存在时，C(0，1)，D(0，－1)，所以eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＝－1.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，
C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，由Δ＞0，可得4k2＞3，且x1＋x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，所以eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝
－1＋eq \f(17,1＋4k2)，所以－1＜eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＜eq \f(13,4).综上eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(13,4))).
②由题意得，直线AD的方程为：y＝eq \f(y2－1,x2)x＋1，BC：y＝eq \f(y1＋1,x1)x－1，联立方程组，消去x得y＝eq \f(2kx1x2＋x1＋3x2,3x2－x1)，又4kx1x2＝－3(x1＋x2)，解得
y＝eq \f(1,2)，故点Q的纵坐标为定值eq \f(1,2).