45.位似比为2的椭圆性质在高考中的精彩呈现

中国高考数学母题一千题(第0001号)愿与您共建真实的中国高考数学母题(杨培明:13965261699)位似比为2的椭圆性质在高考中的精彩呈现高考以位似比为2的椭圆性质的命题视角 若外椭圆C:+=1(ab0),则以坐标原点O为位似中心,与椭圆C位似,且位似比为2的内椭圆G:+=;外椭圆C与内椭圆G之间有许多绝妙的联系,挖掘它们之间的联系,不仅可揭示一类高考试题的本质,而且还可领悟高考命题的方面和视角.母题结构:如图,己知外椭圆C:+=1和内椭圆G:+=(ab0),点A,P,B在外椭圆C上,点Q在内椭圆G上,且O,Q,P三点共线,A,Q,B三点共线,则:|OP|=2|OQ|;Q为AB的中点AB与内椭圆G相切于点Q;=+,即四边形OAPB为平行四边形AB与内椭圆G相切于点Q;四边形OAPB为菱形直线AB:x=,或y=;OAB面积SOAB的最大值是ab;平行四边形OAPB面积是定值ab.母题解析:设P(acos,bsin),由O,Q,P三点共线=(kacos,kbsin)(k0)Q(kacos,kbsin)k2+=k2=k=|OP|=2|OQ|;设Q(acos,bsin),则椭圆C以点Q为中点的弦:(x+)=+,即x+y=,为椭圆G在点Q处的切线,反之亦成立;由Q为OP的中点知,四边形OAPB为平行四边形Q为AB的中点AB与内椭圆G相切于点Q;由四边形OAPB为菱形OQAB平行于直线AB:x+y=的法向量m=(,)acos:bsin=:sincos=0直线AB:x=,或y=;(i)当AB的斜率不存在时,直线AB:x=|AB|=bSOAB=ab;(ii)当AB的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),将直线AB:y=kx+m,代入+=1得:(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0|AB|=;又原点O到直线AB的距离d=SOAB=|AB|d=ab;将直线AB:y=kx+m,代入+=得:(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0,由0t=(0,SOAB=abab,当且仅当t=0,即AB与椭圆G相切时,等号成立.综上,SOAB的最大值=ab;由四边形OAPB为平行四边形AB与内椭圆G相切,又由知,SOAB=ab平行四边形OAPB面积=2SOAB=ab是定值. 1.平行四边形的条件 子题类型:(2015年课标高考试题)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.()证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;()若l过点(,m),延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形？若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.解析:()设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=kx+b(kb0);将y=kx+b代入9x2+y2=m2得:(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0x1+x2=-y1+y2=k(x1+x2)+2b=M(-,)kOM=-kkOM=-9直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值-9;()由l过点(,m)b=M(-,);又由四边形OAPB为平行四边形=+点P(-,);由点P在椭圆C上9-2+2=m24(3-k)2=k2+9k=4.点评:由母题知,四边形OAPB为平行四边形AB与内椭圆G:9x2+y2=m2相切,故本题的实质是:过点M(,m)(点M在内椭圆G外),作内椭圆G的切线,求切线的斜率;过内椭圆G外一点有且有二条直线AB,使四边形OAPB为平行四边形;过内椭圆G上一点有且有一条直线AB,使四边形OAPB为平行四边形;过内椭圆G内一点,不存在直线AB,使四边形OAPB为平行四边形. 2.平行四边形的向量式 子题类型:(2009全国高考试题)己知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,过右焦点F的直线l与C相交于A、B两点.当l的斜率为1时,坐标原点到l的距离为.()求a、b的值;()C上是否存在点P,使得当l绕F转到某一位置时,有=+成立？若存在,求出所有的P的坐标与l的方程;若不存在,说明理由.解析:()由e=;由=c=1a2=b2+1a2=3,b2=2a=,b=;()由()知椭圆C:2x2+3y2=6,右焦点F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2)2x12+3y12=6,2x22+3y22=6,由=+P(x1+x2,y1+y2),假如C上是否存在点P,使得=+,则2(x1+x2)2+3(y1+y2)2=62x1x2+3y1y2+3=0;当直线l的斜率不存在时,+=(2,0)P(2,0),此时点P不在C上;当直线l的斜率存在时,设直线l:y=k(x-1),代入2x2+3y2=6得:(2+3k2)x2-6k2x+3k2-6=0x1+x2=,x1x2=y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=2+3+3=0k2=2x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2-2)=-;(i)当k=时,P(,),直线l:y=(x-1);当k=-时,P(,),直线l:y=-(x-1).点评:由母题知,=+,即四边形OAPB为平行四边形AB与内椭圆G:+=相切于点Q,且=2;故本题的实质是:过点F(1,0)(点F在内椭圆G外),作内椭圆G的切线,求切线AB和切点Q,进而求点P;给定一个椭圆C和椭圆C上的三点A,P,B,且直线AB过定点M,求使四边形OAPB为平行四边形的直线AB,点P等是高考命题的基本方面和常见视角. 3.三角形面积的最大值 子题类型:(2015年山东高考试题)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,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.()求椭圆C的方程;()设椭圆E:+=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.(i)求的值;(ii)求ABQ面积的最大值.解析:()由e=,2a=3+1a=2,b=1椭圆C:+y2=1;()由()知椭圆E:+=1;(i)设P(x0,y0),=,则+y02=1,Q(-x0,-y0)+=1(+y02)=1=1=2=2;(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2),将直线y=kx+m代入椭圆E的方程得:(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0x1+x2=-,x1x2=AOB的面积S=|m|x1-x2|=2|m|=2;将直线y=kx+m代入椭圆C的方程得:(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0m21+4k2t=(0,1S=22,当且仅当t=1=0,即直线y=kx+m与椭圆C相切时,等号成立ABQ的面积=3S的最大值为6.点评:把外椭圆上任意一点的纵横坐标都压缩一半可得位似比为2的内椭圆,反之亦成立;若外椭圆上三动点A,P,B满足四边形OAPB为平行四边形,则AB(或OP)中点Q的轨迹是内椭圆;位似比为2的内、外椭圆之间的关系性质,如由此引发的OAB面积SOAB的最大值及平行四边形OAPB面积是定值ab,均是高考命题的生长点. 4.子题系列:1.(2010年上海高考试题)已知椭圆的方程为+=1(ab0),点P的坐标为(-a,b).()若直角坐标平面上的点M、A(0,-b),B(a,0)满足=(+),求点M的坐标;()设直线l1:y=k1x+p交椭圆于C、D两点,交直线l2:y=k2x于点E.若k1k2=-,证明:E为CD的中点;()对于椭圆上的点Q(acos,bsin)(0),如果椭圆上存在不同的两个交点P1、P2满足+=,写出求作点P1、P2的步骤,并求出使P1、P2存在的的取值范围.1.(2013年北京高考试题)已知A,B,C是椭圆W:+y2=1上的三个点,O是坐标原点.()当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;()当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由. 5.子题详解:1.解:()M(,-);()由y=k1x+p与+=1得:(a2k12+b2)x2+2a2k1px+a2(p2-b2)=0E(-,);又由y=k1x+p与y=k2x(k1k2=-)E(-,)E为CD的中点;()求出PQ的中点E(-,);求出直线OE的斜率k2=-;由+=E为P1P2的中点;由k1k2=-直线P1P2的斜率k1=直线P1P2:y-=(x+),与椭圆的方程联立,求点P1、P2的坐标;欲使P1、P2存在,必须点E在椭圆内(1-cos)2+(1+sin)24sin(-).2.解:()由点B是W的右顶点B(2,0)OB的中垂线AC:x=1,代入+y2=1得y=|AC|=菱形的面积=|OB|AC|=;()若四边形OABC为菱形,由点B不是W的顶点AC不平行于坐标轴;设A(x1,y1),C(x2,y2),直线AC:y=kx+t(kt0),代入+y2=1得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0x1+x2=-y1+y2=k(x1+x2)+2t=-+2t=AC的中点,即OB中点M(-,)kOB=kOM=-kACkOB=k(-)=-1,与四边形OABC为菱形,矛盾.故四边形OABC不可能为菱形.