4、9x－18x0－16＝0，
解得x0＝－或x0＝(舍去)．
把x0＝－代入①得y0＝±，
所以kAB＝±，因此直線AB的方程為y＝±(x＋2)，即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.
法二：(設(shè)線法)因?yàn)镾△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M為AB的中點(diǎn)．
由橢圓方程知A(－2,0)，設(shè)B(xB，yB)，M(xM，yM)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋2)．
由得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
所以(x＋2)[(1＋2k2)x＋4k2－2]＝0，
解得xB＝.
所以xM＝＝，
yM＝k(xM＋2)＝，
代入x2＋y2＝，得2＋2＝，
化簡(jiǎn)得2
5、8k4＋k2－2＝0，
即(7k2＋2)(4k2－1)＝0，解得k＝±，
所以直線AB的方程為y＝±(x＋2)，
即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.
2.(2018·南師附中調(diào)研)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，右準(zhǔn)線l方程為x＝4，右焦點(diǎn)F(1,0)，A為橢圓的左頂點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)點(diǎn)M為橢圓在x軸上方一點(diǎn)，點(diǎn)N在右準(zhǔn)線上且滿足·＝0且5||＝2||，求直線AM的方程．
解：(1)∵＝4，c＝1，
∴a2＝4，b2＝3，
∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設(shè)AM的方程為y＝k(x＋2)，
聯(lián)立
消去y，得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2
6、－12＝0，
∴xM＝－＋2＝，
yM＝k(xM＋2)＝.
而kMN＝－，又∵xN＝4，
∴MN＝ |xM－xN|＝＝·.
又∵AM＝|xM－xA|＝＝·，
∵5||＝2||，
∴5·＝2·，
∴k＝1或，∴AM的方程為y＝x＋2或y＝x＋.
題型(二)
橢圓與圓的綜合問題
主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系以及橢圓與圓相結(jié)合的問題，主要求橢圓、圓的方程.
[典例感悟]
[例2] (2018·無(wú)錫期末)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)，A，B分別為左、右頂點(diǎn)，D為上頂點(diǎn)，原點(diǎn)O到直線BD的距離為.設(shè)點(diǎn)P在第一象限，且PB⊥
7、x軸，連結(jié)PA交橢圓于點(diǎn)C，記點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為t.
(1)求橢圓E的方程；
(2)若△ABC的面積等于四邊形OBPC的面積，求直線PA的方程；
(3)求過點(diǎn)B，C，P的圓的方程(結(jié)果用t表示)．
[解] (1)因?yàn)闄E圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，所以a2＝2c2，b＝c，
所以直線DB的方程為y＝－x＋b，
又O到直線BD的距離為，所以＝，
解得b＝1，a＝.
所以橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)P(，t)，t>0，則直線PA的方程為y＝(x＋)，
由
整理得(4＋t2)x2＋2t2x＋2t2－8＝0，
解得xC＝，
則點(diǎn)C的坐標(biāo)是，
因?yàn)椤鰽BC的面積等
8、于四邊形OBPC的面積，
所以△AOC的面積等于△BPC的面積，
S△AOC＝××＝，
S△PBC＝×t×＝，
則＝，解得t＝.
所以直線PA的方程為x－2y＋＝0.
(3)因?yàn)锽(，0)，P(，t)，C，
所以BP的垂直平分線為y＝，
BC的垂直平分線為y＝x－，
所以過B，C，P三點(diǎn)的圓的圓心為，
則過B，C，P三點(diǎn)的圓的方程為2＋2＝＋，
即所求圓的方程為x2－x＋y2－ty＋＝0.
[方法技巧]
橢圓與圓的綜合問題的解題策略
(1)在橢圓背景下，常會(huì)出現(xiàn)給出三點(diǎn)(包含橢圓上的點(diǎn))求圓的方程，也會(huì)出現(xiàn)給出以橢圓上的兩點(diǎn)為直徑的圓的問題．這里涉及到橢圓上動(dòng)點(diǎn)如何
9、求解，以及橢圓的弦的處理．
(2)以兩點(diǎn)為直徑的圓，可以用直角三角形處理，也可以用向量數(shù)量積處理，這兩種方法都是轉(zhuǎn)化為點(diǎn)坐標(biāo)來(lái)處理.
(3)運(yùn)算時(shí)要加強(qiáng)“設(shè)而不求”思想的滲透，出現(xiàn)多個(gè)變量時(shí)，要有消元意識(shí)和主元思想；在代入運(yùn)算過程中，不要忘掉整體思想．
(4)在研究直線與橢圓相交的問題時(shí)，通常有兩種方法來(lái)設(shè)參，一是設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)來(lái)作為參數(shù)，二是設(shè)直線的斜率作為參數(shù)．在學(xué)習(xí)中，要通過比較來(lái)看應(yīng)用哪種方法較為簡(jiǎn)便，以免將問題復(fù)雜化．
[演練沖關(guān)]
(2018·鎮(zhèn)江期末)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左焦點(diǎn)F(－2,0)，直線l：y＝t與
10、橢圓交于A，B兩點(diǎn)，M為橢圓E上異于A，B的點(diǎn)．
(1)求橢圓E的方程；
(2)若M(－，－1)，以AB為直徑的圓P過點(diǎn)M，求圓P的標(biāo)準(zhǔn)方程．
解：(1)因?yàn)閑＝＝，且c＝2，所以a＝2，b＝2.
所以橢圓方程為＋＝1.
(2)設(shè)A(s，t)，則B(－s，t)，且s2＋2t2＝8.①
因?yàn)橐訟B為直徑的圓P過點(diǎn)M，所以MA⊥MB，
所以·＝0，
又＝(s＋，t＋1)，＝(－s＋，t＋1)，所以6－s2＋(t＋1)2＝0.②
由①②解得t＝，或t＝－1(舍，因?yàn)镸(－，－1)，所以t>0)，所以s2＝.
又圓P的圓心為AB的中點(diǎn)(0，t)，半徑為＝|s|，
所以圓P的標(biāo)準(zhǔn)方
11、程為x2＋2＝.
題型(三)
橢圓中的定點(diǎn)、定值問題
主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系及動(dòng)直線、動(dòng)圓過定點(diǎn)問題或與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題.
[典例感悟]
[例3] (2018·江蘇六市調(diào)研)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知B1，B2是橢圓＋＝1(a>b>0)的短軸端點(diǎn)，P是橢圓上異于點(diǎn)B1，B2的一動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)直線PB1的方程為y＝x＋3時(shí)，線段PB1的長(zhǎng)為4.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Q滿足QB1⊥PB1，QB2⊥PB2.求證：△PB1B2與△QB1B2的面積之比為定值．
[解] 設(shè)P(x0，y0)，Q(x1，y1)．
(
12、1)在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，從而b＝3.
由得＋＝1.
所以x0＝－.
因?yàn)镻B1＝＝|x0|，
所以4＝·，解得a2＝18.
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)法一：(設(shè)點(diǎn)法) 直線PB1的斜率為kPB1＝，
由QB1⊥PB1，所以直線QB1的斜率為kQB1＝－.
于是直線QB1的方程為y＝－x＋3.
同理，QB2的方程為y＝－x－3.
聯(lián)立兩直線方程，消去y，得x1＝.
因?yàn)镻(x0，y0)在橢圓＋＝1上，所以＋＝1，從而y－9＝－.所以x1＝－.
所以＝＝2.
法二：(設(shè)線法) 設(shè)直線PB1，PB2的斜率分別為k，k′，則直線PB1的方程為y＝kx
13、＋3.
由QB1⊥PB1，直線QB1的方程為y＝－x＋3.
將y＝kx＋3代入＋＝1，
得(2k2＋1)x2＋12kx＝0.
因?yàn)镻是橢圓上異于點(diǎn)B1，B2的點(diǎn)，所以x0≠0，
從而x0＝－.
因?yàn)镻(x0，y0)在橢圓＋＝1上，
所以＋＝1，從而y－9＝－.
所以k·k′＝·＝＝－，
得k′＝－.
由QB2⊥PB2，所以直線QB2的方程為y＝2kx－3.
聯(lián)立解得x1＝.
所以＝＝＝2.
[方法技巧]
1．定點(diǎn)問題的兩種求解方法
(1)引進(jìn)參數(shù)法，引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)直線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒有關(guān)系，找到定點(diǎn)．
(2)由特殊到一般法，
14、根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)直線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān)．
2．定值問題的基本求解方法
先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導(dǎo)和已知條件，消去變量，得到定值，即解決定值問題首先是求解非定值問題，即變量問題，最后才是定值問題．
[演練沖關(guān)]
1．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(，0)，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)與短半軸長(zhǎng)的比值為2.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，若點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．
解：(1)由題意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴橢圓
15、C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)證明：當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯(lián)立，得消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝.
∵點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上，∴·＝0.
∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直線l的方程為y＝kx－.
16、
易知當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不符合題意．
故直線l過定點(diǎn)，且該定點(diǎn)的坐標(biāo)為.
2.已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且過點(diǎn)P(2，－1)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過點(diǎn)P作兩條直線分別交橢圓C于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，若直線PQ平分∠APB，求證：直線AB的斜率是定值，并求出這個(gè)定值．
解：(1)由e＝＝，得a＝2b，
所以橢圓C的方程為＋＝1.
把P(2，－1)的坐標(biāo)代入，得b2＝2，所以橢圓C的方程是＋＝1.
(2) 由已知得PA，PB的斜率存在，且互為相反數(shù)．
設(shè)直線PA的方程為y＋1＝k(x－2)
17、，其中k≠0.
由消去y，
得x2＋4[kx－(2k＋1)]2＝8，
即(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－8＝0.
因?yàn)樵摲匠痰膬筛鶠?，xA，所以2xA＝，
即xA＝.從而yA＝.
把k換成－k，得xB＝，yB＝.
計(jì)算，得kAB＝＝＝－，是定值．
[課時(shí)達(dá)標(biāo)訓(xùn)練]
A組——大題保分練
1.如圖，圓C與y軸相切于點(diǎn)T(0，2)，與x軸正半軸相交于兩點(diǎn)M，N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè))，且MN＝3.
(1)求圓C的方程；
(2)過點(diǎn)M任作一條直線與橢圓T：＋＝1相交于兩點(diǎn)A，B，連結(jié)AN，BN，求證：∠ANM＝∠BNM.
解：(1)設(shè)圓C的半徑為r，依
18、題意得，圓心坐標(biāo)為(r,2)．
∵M(jìn)N＝3，∴r＝ ，∴r＝，
∴圓C的方程為2＋(y－2)2＝.
(2)證明：把y＝0代入方程2＋(y－2)2＝，解得x＝1或x＝4，即點(diǎn)M(1,0)，N(4,0)．
①當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，由橢圓對(duì)稱性可知∠ANM＝∠BNM.
②當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，
聯(lián)立方程消去y，
得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝，x1x2＝.
∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
∴kAN＋kBN＝＋＝＋
＝.
∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1
19、)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，
∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.
綜上所述，∠ANM＝∠BNM.
2．(2018·高郵中學(xué)月考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A(－2,0)，離心率為，過點(diǎn)A的直線l與橢圓E交于另一點(diǎn)B，點(diǎn)C為y軸上的一點(diǎn)．
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若△ABC是以點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求直線l的方程．
解：(1)由題意可得：即
從而有b2＝a2－c2＝3，
所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)，代入＋＝1，
得(3＋4k2
20、)x2＋16k2x＋16k2－12＝0,
因?yàn)閤＝－2為該方程的一個(gè)根，解得B，
設(shè)C(0，y0)，由kAC·kBC＝－1，
得·＝－1，
即(3＋4k2)y－12ky0＋(16k2－12)＝0.(*)
由AC＝BC，即AC2＝BC2，得4＋y＝2＋2，
即4＝2＋2－y0，
即4(3＋4k2)2＝(6－8k2)2＋144k2－24k(3＋4k2)y0，
所以k＝0或y0＝，
當(dāng)k＝0時(shí)，直線l的方程為y＝0，
當(dāng)y0＝時(shí)，代入(*)得16k4＋7k2－9＝0，解得k＝±，
此時(shí)直線l的方程為y＝±(x＋2)，
綜上，直線l的方程為y＝0,3x－4y＋6＝0或3x＋4
21、y＋6＝0.
3．(2018·南通、泰州一調(diào))如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為，焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若P為橢圓上的一點(diǎn)，過點(diǎn)O作OP的垂線交直線y＝于點(diǎn)Q，求＋的值．
解：(1)由題意得解得
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)由題意知OP的斜率存在．
當(dāng)OP的斜率為0時(shí)，OP＝，OQ＝，
所以＋＝1.
當(dāng)OP的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線OP的方程為y＝kx.
由得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝，
所以y2＝，所以O(shè)P2＝.
因?yàn)镺P⊥OQ，所以直線OQ的方程為y＝－x.
由得x＝－k，所
22、以O(shè)Q2＝2k2＋2.
所以＋＝＋＝1.
綜上，可知＋＝1.
4．已知橢圓M：＋＝1(a>b>0)的離心率為，一個(gè)焦點(diǎn)到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離為3，圓N的方程為(x－c)2＋y2＝a2＋c2(c為半焦距)，直線l：y＝kx＋m(k>0)與橢圓M和圓N均只有一個(gè)公共點(diǎn)，分別設(shè)為A，B.
(1)求橢圓M的方程和直線l的方程；
(2)試在圓N上求一點(diǎn)P，使＝2.
解：(1)由題意知解得a＝2，c＝1，所以b＝，
所以橢圓M的方程為＋＝1.
圓N的方程為(x－1)2＋y2＝5，
聯(lián)立
消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①
因?yàn)橹本€l：y＝kx＋m與橢圓M只有一個(gè)
23、公共點(diǎn)，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0得m2＝3＋4k2, ②
由直線l：y＝kx＋m與圓N只有一個(gè)公共點(diǎn)，
得＝，即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③
將②代入③得km＝1，④
由②④且k>0，得k＝，m＝2.
所以直線l的方程為y＝x＋2.
(2)將k＝，m＝2代入①，可得A.
又過切點(diǎn)B的半徑所在的直線l′為y＝－2x＋2，所以得交點(diǎn)B(0,2)，
設(shè)P(x0，y0)，因?yàn)椋?，
則＝8，
化簡(jiǎn)得7x＋7y＋16x0－20y0＋22＝0，⑤
又P(x0，y0)滿足x＋y－2x0＝4，⑥
將⑤－7×⑥得3x0－2y0＋5＝0，即y0＝
24、.⑦
將⑦代入⑥得13x＋22x0＋9＝0，
解得x0＝－1或x0＝－，
所以P(－1,1)或P.
B組——大題增分練
1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)分別為A，B，原點(diǎn)O到直線AB的距離等于ab.
(1)若橢圓C的離心率為，求橢圓C的方程；
(2)若過點(diǎn)(0,1)的直線l與橢圓有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且P在第二象限，直線PF2交y軸于點(diǎn)Q，試判斷以PQ為直徑的圓與點(diǎn)F1的位置關(guān)系，并說明理由．
解：由題意，得點(diǎn)A(a,0)，B(0，b)，直線AB的方程為＋＝1，即bx＋ay－ab＝0﹒
由題設(shè)，得＝ab
25、，化簡(jiǎn)得a2＋b2＝1.①
(1)因?yàn)閑＝＝，所以＝，即a2＝3b2.②
由①②，解得
所以橢圓C的方程為＋4y2＝1.
(2)點(diǎn)F1在以PQ為直徑的圓上，理由如下：
由題設(shè)，直線l與橢圓相切且l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，
由消去y得，
(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)
則Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，
化簡(jiǎn)得1－b2－a2k2＝0，所以k2＝＝1，
因?yàn)辄c(diǎn)P在第二象限，所以k＝1.
把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，
解得x＝－a2，從而y＝b2，所以P(－a2，b2)
26、﹒
從而直線PF2的方程為y－b2＝(x＋a2)，
令x＝0，得y＝，所以點(diǎn)Q﹒
從而＝(－a2＋c，b2)，＝，
從而·＝c(－a2＋c)＋
＝＝＝0，
所以·＝0.
所以點(diǎn)F1在以PQ為直徑的圓上．
2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中， 已知圓O：x2＋y2＝4，橢圓C：＋y2＝1，A為橢圓右頂點(diǎn)．過原點(diǎn)O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓C交于B，C兩點(diǎn)，直線AB與圓O的另一交點(diǎn)為P，直線PD與圓O的另一交點(diǎn)為Q，其中D.設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.
(1)求k1k2的值；
(2)記直線PQ，BC的斜率分別為kPQ，kBC，是否存在常數(shù)λ，使得kPQ＝λkBC？若
27、存在，求λ的值；若不存在，說明理由；
(3)求證：直線AC必過點(diǎn)Q.
解：(1)設(shè)B(x0，y0)，則C(－x0，－y0)，＋y＝1，
因?yàn)锳(2,0)，所以k1＝，k2＝，
所以k1k2＝·＝＝＝－.
(2)設(shè)直線AP方程為y＝k1(x－2)，
聯(lián)立
消去y，得(1＋k)x2－4kx＋4(k－1)＝0，
解得xP＝，yP＝k1(xP－2)＝，
聯(lián)立
消去y，得(1＋4k)x2－16kx＋4(4k－1)＝0，
解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝，
所以kBC＝＝，kPQ＝＝＝，
所以kPQ＝kBC，故存在常數(shù)λ＝，使得kPQ＝kBC.
(3)設(shè)直線AC的方程為y＝
28、k2(x－2)，
當(dāng)直線PQ與x軸垂直時(shí)，Q，
則P，所以k1＝－，
即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝，
則kAQ＝＝＝k2，所以直線AC必過點(diǎn)Q.
當(dāng)直線PQ與x軸不垂直時(shí)，
設(shè)直線PQ的方程為y＝，
聯(lián)立
解得xQ＝，yQ＝，
因?yàn)閗2＝＝＝－，
所以kAQ＝＝－＝k2，故直線AC必過點(diǎn)Q.
3．(2018·揚(yáng)州期末)已知橢圓E1：＋＝1(a>b>0)，若橢圓E2：＋＝1(a>b>0，m>1)，則稱橢圓E2與橢圓E1“相似”．
(1)求經(jīng)過點(diǎn)(，1)，且與橢圓E1：＋y2＝1“相似”的橢圓E2的方程；
(2)若橢圓E1與橢圓E2“相似”，且m＝4，橢圓E
29、1的離心率為，P在橢圓E2上，過P的直線l交橢圓E1于A，B兩點(diǎn)，且＝λ.
①若B的坐標(biāo)為(0,2)，且λ＝2，求直線l的方程；
②若直線OP，OA的斜率之積為－，求實(shí)數(shù)λ的值．
解：(1)設(shè)橢圓E2的方程為＋＝1，將點(diǎn)(，1)代入得m＝2，
所以橢圓E2的方程為＋＝1.
(2)因?yàn)闄E圓E1的離心率為，故a2＝2b2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝2b2.
又橢圓E2與橢圓E1“相似”，且m＝4，所以橢圓E2：x2＋2y2＝8b2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
①法一：(設(shè)線法)由題意得b＝2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8，橢圓E2：x2＋2y2＝32
30、.當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，B(0,2)，A(0，－2)，P(0,4)，不滿足＝2，從而直線l斜率存在，可設(shè)直線l：y＝kx＋2，
代入橢圓E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，
解得x1＝，x2＝0，故y1＝，y2＝2，
所以A.
又＝2，即B為AP中點(diǎn)，
所以P，
代入橢圓E2：x2＋2y2＝32，得
2＋22＝32，
即20k4＋4k2－3＝0，所以k＝±，所以直線l的方程為y＝±x＋2.
法二：(設(shè)點(diǎn)法)由題意得b＝2，
所以橢圓E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32.
由A(x1，y1)，B(0,2)，＝2，即B為AP中點(diǎn)，
則P(－x
31、1,4－y1)．
代入橢圓得解得y1＝，
故x1＝±，
所以直線l的斜率k＝±，
所以直線l的方程為y＝±x＋2.
②由題意得x＋2y＝8b2，x＋2y＝2b2，
x＋2y＝2b2，
法一：(設(shè)點(diǎn)法)由直線OP，OA的斜率之積為－，
得·＝－，即x0x1＋2y0y1＝0.
又＝λ，則(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得
所以2＋22＝2b2，
則x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2
32、＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.
法二：(設(shè)線法) 不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，設(shè)直線OP：y＝kx(k>0)，代入橢圓E2：x2＋2y2＝8b2，
解得x0＝，則y0＝ .
直線OP，OA的斜率之積為－，則直線OA：y＝－x，代入橢圓E1：x2＋2y2＝2b2，
解得x1＝－，則y1＝ .
又＝λ，則(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得
所以2＋22＝2b2，
則x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(
33、λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)·＋2··＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，
即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，
所以λ＝.
4.(2018·江蘇高考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C過點(diǎn)，焦點(diǎn)為F1(－，0)，
F2(，0)，圓O的直徑為F1F2.
(1)求橢圓C及圓O的方程；
(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.
①若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
②直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．若△OAB的面積為，求直線l的方程．
解：(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，
34、
可設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)．
又點(diǎn)在橢圓C上，
所以解得
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
因?yàn)閳AO的直徑為F1F2，
所以圓O的方程為x2＋y2＝3.
(2)①設(shè)直線l與圓O相切于點(diǎn)P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)，則x＋y＝3，
所以直線l的方程為y＝－(x－x0)＋y0，
即y＝－x＋.
由消去y，得
(4x＋y)x2－24x0x＋36－4y＝0.(*)
因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，
所以Δ＝(－24x0)2－4(4x＋y)·(36－4y)＝48y(x－2)＝0.
因?yàn)閤0＞0，y0＞0，
所以x0＝，y0＝1.
所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，1)．
②因?yàn)椤鱋AB的面積為，
所以AB·OP＝，從而AB＝.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(*)得x1,2＝，
所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2
＝·.
因?yàn)閤＋y＝3，
所以AB2＝＝，
即2x－45x＋100＝0，
解得x＝(x＝20舍去)，則y＝，
因此P的坐標(biāo)為.
所以直線l的方程為y－＝－，
即y＝－x＋3.
江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 解析幾何 3.3 大題考法—橢圓講義（含解析）
