第8讲 角度问题（解析版）-2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义

第 8 讲 角度问题 一、解答题 1．（本小题满分为 16 分）设 A，B 分别为椭圆 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  的左、右顶点，椭圆的长轴长为 4 ， 且点 31, 2       在该椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）设 P 为直线 4x  上不同于点 4,0 的任意一点，若直线 AP 与椭圆相交于异于 A 的点 M ，证明：△ MBP 为钝角三角形． 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）详见解析 【解析】试题分析：（1）求椭圆的方程一般利用待定系数法求解，本题两个独立条件可求出方程中两个未 知数，关键长轴长为 4 的条件不能列错，（2）证明△ MBP 为钝角三角形，可利用向量数量积求证： 0BM BP   ，这样只需列出各点坐标即可. 试题解析：（1）由题意： 2 4a  ，所以 2a  ．所求椭圆方程为 2 2 2 14 x y b   ． 又点 31, 2       在椭圆上，可得 2 1b  ．所求椭圆方程为 2 2 14 x y  ． （2）证明：由（1）知：    2,0 , 2,0A B ．设  4,P t ，  ,M MM x y ． 则直线 PA 的方程为：  26 ty x  ． 由   2 2 2 ,{ 6 4 4, ty x x y     得 2 2 2 29 4 4 36 0t x t x t     ． 因为直线 PA 与椭圆相交于异于 A 的点 M ， 所以 ，所以 2 2 2 18 9M tx t    ． 由  26M M ty x  ，得 2 6 9M ty t   ．所以 2 2 2 2 18 6,9 9 t tM t t        ． 从而 2 2 2 4 6,9 9 t tBM t t        ，  2,BP t ． 所以 2 2 2 2 8 6 9 9 t tBM BP t t        2 2 2 09 t t    ． 又 , ,M B P 三点不共线，所以 MBP 为钝角． 所以△ MBP 为钝角三角形． 考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系 2．已知抛物线 2 1 : 4C x y 的焦点 也是椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0)y xC a ba b     的一个焦点， 1C 与 2C 的公共弦 的长为 2 6 . （1）求 2C 的方程； （2）过点 的直线l 与 1C 相交于 ， 两点，与 2C 相交于 ， 两点，且 AC  与 BD  同向 （ⅰ）若 AC BD ，求直线 l 的斜率 （ⅱ）设 1C 在点 处的切线与 x 轴的交点为 M ，证明：直线 l 绕点 旋转时， MFD 总是钝角三角形 【答案】（1） 2 2 19 8 y x  ；（2）（i） 6 4  ，（ii）详见解析. 【解析】 试题分析：（1）根据已知条件可求得 的焦点坐标为 ，再利用公共弦长为 即可求解；（2）（i）设 直线 的斜率为 ，则 的方程为 ，由 2 1{ 4 y kx x y    得 2 16 64 0x kx   ，根据条件可知 ， 从而可以建立关于 的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明 FA   2 2 1 1 1 1 1 02 4 x xFM y      ，因此 AFM 是锐角，从而 180MFD AFM    是钝角，即可得证 试题解析：（1）由 1C ： 2 4x y 知其焦点 F 的坐标为 (0,1) ，∵ F 也是椭圆 2C 的一焦点， ∴ 2 2 1a b  ①，又 1C 与 2C 的公共弦的长为 2 6 ， 1C 与 2C 都关于 轴对称，且 1C 的方程为 2 4x y ，由 此易知 1C 与 2C 的公共点的坐标为 3( 6, )2  ，∴ 2 2 9 6 14a b   ②，联立①，②，得 2 9a  ， 2 8b  ，故 2C 的方程为 2 2 19 8 x y+ = ；（2）如图 f ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 3 3( , )C x y ， 4 4( , )D x y ， （i）∵ 与 同向，且 ，∴ ，从而 3 1x x  4 2x x ，即 1 2x x  3 4x x ，于 是 2 1 2 4x x  1 2x x   2 3 4 4x x  3 4x x ③，设直线 的斜率为 ，则 的方程为 ，由 2 1{ 4 y kx x y    得 2 16 64 0x kx   ，而 1x ， 2x 是这个方程的两根，∴ 1 2 4x x k  ， 1 2 4x x   ④，由 2 2 1 { 18 9 y kx x y     得 2 2(9 8 ) 16 64 0k x kx    ，而 3x ， 4x 是这个方程的两根，∴ 3 4x x   2 16 9 8 k k ， 3 4x x   2 64 9 8k ⑤， 将④⑤带入③，得 ，即   2 2 2 22 16 9( 1)16( 1) 9 8 kk k     ， ∴ 229 8k  16 9 ，解得 6 4k   ，即直线 的斜率为 6 4  . （ii）由 2 4x y 得 'y  2 x ，∴ 1C 在点 处的切线方程为 ，即 ，令 ，得 1 2 xx  ，即 ，∴ ，而 1 1( , 1)FA x y  ，于是 FA   2 2 1 1 1 1 1 02 4 x xFM y      ，因此 AFM 是锐角，从而 180MFD AFM    是钝角.，故直 线 绕点 F 旋转时， 总是钝角三角形. 考点：1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系. 【名师点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及其性质以及直线与椭圆的位置关系，属于较难题，解决此 类问题的关键：（1）结合椭圆的几何性质，如焦点坐标，对称轴， 等；（2）当看到题目中出现 直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数关系，找准题设条 件中突显的或隐含的等量关系，把这种关系“翻译”出来，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整 体代换到后面的计算中去，从而减少计算量. 3．设抛物线 C：y2＝2x，点 A(2,0)，B(－2,0)，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点． (1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程； (2)证明：∠ABM＝∠ABN. 【答案】(1) 1 12y x  或 1 12y x   ；(2)证明见解析 【分析】 (1)当 2x  时，代入求得 M 点坐标，即可求得直线 BM 的方程;(2)设直线 l 的方程,联立，利用韦达定理及直 线的斜率公式即可求得 0BN BMK k  ,即可证明 ABM ABN   . 【详解】 (1)当 l 与 x 轴垂直时， l 的方程为 2x  ，可得 M 的坐标为 (2,2) 或 (2, 2) ．所以直线 BM 的方程为 1 12y x  或 1 12y x   . (2)证明：当 l 与 x 轴垂直时， AB 为 MN 的垂直平分线，故 ABM ABN   . 当l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为    1 1 2 2( 2)( 0), , , ,y k x k M x y N x y   则 1 20, 0x x  .由   2 2 2 y k x y x      ， 得 2 2 4 0ky y k   ， 可知 1 2 2y y k   ， 1 2 4y y   . 直线 ,BM BN 的斜率之和为 BM BNk k ＝ 1 1 2 y x  ＋ 2 2 2 y x  ＝      2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 x y x y y y x x      ，① 将 1 1 22,yx xk    2 2y k  及 1 2 1 2,y y y y 的表达式代入①式分子， 可得  2 1 1 2 1 22x y x y y y   ＝  1 2 1 22 4y y k y y k   ＝ 8 8 k   ＝0. 所以 0BM BNk k  ，可知 ,BM BN 的倾斜角互补，所以 ABM ABN   , 综上， ABM ABN   . 【点睛】 本题主要考查的是直线与抛物线的位置关系，一般要用到根与系数的关系．采用“设而不求”“整体代入”等解 法．考查学生分析问题解决问题的能力和计算能力，是中档题. 4．设抛物线  2: 2 0C y px p  ，F 为 C 的焦点，点  ,0AA x 为 x 轴正半轴上的动点，直线 l 过点 A 且 与 C 交于 P，Q 两点，点  ,0BB x 为异于点 A 的动点.当点 A 与点 F 重合且直线 l 垂直于 x 轴时， 4PQ  . （1）求 C 的方程； （2）若直线 l 不垂直于坐标轴，且 PBA QBA   ，求证： A Bx x 为定值. 【答案】（1） 2 4y x ；（2）证明见解析 【分析】 （1）将 2 px  代入抛物线方程可求得 PQ ，由此可构造方程求得 p ，进而得到结果； （2）设 : Ax ml y x  ，与抛物线方程联立后得到韦达定理的形式；由 PBA QBA   知 0PB QBk k  ， 代入韦达定理的结论整理可得定值. 【详解】 （1）由题意得： ,02 pF      ， 当点 A 与 F 重合且直线 l 垂直于 x 轴时， l 方程为： 2 px  ， 代入 2 2y px 得： y p  ， 2 4PQ p   ，解得： 2p  ， C 的方程为： 2 4y x . （2）证明：可设直线 l 的方程为 Ax my x  ，  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ， 将 Ax my x  代入 2 4y x 中得： 2 4 4 0Ay my x   ， 则 216 16 0Am x    ， 1 2 1 2 4 4 A y y m y y x      ， 由 PBA QBA   得： 0PB QBk k  ，即 1 2 1 2 0 B B y y x x x x    ， 即    1 2 2 1 0B By x x y x x    ，        1 2 2 1 1 2 2 1B B A B A By x x y x x y my x x y my x x                   1 2 1 22 2 4 4 4 0A B A A B A Bmy y x x y y m x x x m m x x            ， 又直线 l 不垂直于坐标轴， 0m  ， 0A Bx x   ， A Bx x  为定值 0 . 【点睛】 本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到抛物线标准方程的求解、抛物线中的定值问题；证明定值 问题的关键是能够将角相等的关系转化为斜率之间的关系，进而利用韦达定理整理化简得到定值. 5． 如图，已知椭圆 C： 2 2 2 2 1x y a b   （a>b>0）的离心率为 1 2 ，F 为椭圆 C 的右焦点.A（-a，0），|AF|=3. （I）求椭圆 C 的方程； （II）设 O 为原点，P 为椭圆上一点，AP 的中点为 M.直线 OM 与直线 x=4 交于点 D，过 O 且平行于 AP 的直线与直线 x=4 交于点 E.求证：∠ODF=∠OEF. 【答案】.（I） 2 2 14 3 x y  ；（II）证明见解析. 【解析】 试题分析：（1）根据椭圆的离心率为 1 2 ， 3AF  ，结合性质 2 2 2a b c  ，列出关于 a 、 b 、c的方 程组，求出 a 、b 、 c，即可得椭圆 C 的方程；（2）设直线 AP 的方程为：   2 0y k x k   ，将其 代入椭圆方程，整理得 2 2 2 24 3 16 16 12 0k x k x k     ，根据韦达定理可得 M （ 2 2 8 4 3 k k   ， 2 6 4 3 k k  ）， 直线 OM 的方程是 3 4y xk   ，令 4x  ，得 34,D k     ，同理可得  4,4E k ，根据斜率公式可得在 Rt EHO 和 Rt DGO 中， ODF 和 OEF 都与 EOD 互余，所以 ODF OEF   . 试题解析：（I）设椭圆 C 的半焦距为 c.依题意，得 1 2 c a  ，a+c=3. 解得 a=2，c=1. 所以 b2=a2-c2=3，所以椭圆 C 的方程是 2 2 14 3 x y  （II）由（I）得 A（-2，0）.设 AP 的中点 M（x0，y0），P（x1，y1）. 设直线 AP 的方程为：y=k（x+2）（k≠0），将其代入椭圆方程，整理得 （4k2+3）x2+16k2x+16k2-12=0， 所以-2+x1= 2 2 16 4 3 k k   . 所以 x0= 2 2 8 4 3 k k   ，y0=k（x0+2）= 2 6 4 3 k k  ， 即 M（ 2 2 8 4 3 k k   ， 2 6 4 3 k k  ）. 所以直线 OM 的斜率是 2 2 6 38 4 3 4 k k k k    ， 所以直线 OM 的方程是 y=- 3 4k x.令 x=4，得 D（4，- 3 k ）. 直线 OE 的方程是 y=kx.令 x=4，得 E（4，4k）. 由 F（1，0），得直线 EF 的斜率是 4 4 1 k  = 4 3 k ，所以 EF⊥OM，记垂足为 H； 因为直线 DF 的斜率是 3 4 1 k   = 1 k  ，所以 DF⊥OE，记垂足为 G. 在 Rt△EHO 和 Rt△DGO 中，∠ODF 和∠OEF 都与∠EOD 互余， 所以∠ODF=∠OEF. 6．设椭圆 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B. 已知椭圆的离心率为 5 3 ，点 A 的坐标为 ,0b ， 且 6 2FB AB  . （I）求椭圆的方程； （II）设直线 l： ( 0)y kx k  与椭圆在第一象限的交点为 P，且 l 与直线 AB 交于点 Q. 若 5 2 sin4 AQ AOQPQ   (O 为原点) ，求 k 的值. 【答案】(Ⅰ) 2 2 19 4 x y  ；(Ⅱ) 1 2 或 11 28 ． 【详解】 分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得 a=3，b=2．则椭圆的方程为 2 2 19 4 x y  ． （Ⅱ）设点 P 的坐标为（x1，y1），点 Q 的坐标为（x2，y2）．由题意可得 5y1=9y2．由方程组 2 2 19 4 y kx x y    ， ，可 得 1 2 6 9 4 ky k   ．由方程组 2 0 y kx x y      ， ，可得 2 2 1 ky k   ．据此得到关于 k 的方程，解方程可得 k 的值 为 1 2 或 11 28 ． 详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为 2c，由已知有 2 2 5 9 c a  ， 又由 a2=b2+c2，可得 2a=3b．由已知可得， FB a ， 2AB b ， 由 6 2FB AB  ，可得 ab=6，从而 a=3，b=2． 所以，椭圆的方程为 2 2 19 4 x y  ． （Ⅱ）设点 P 的坐标为（x1，y1），点 Q 的坐标为（x2，y2）． 由已知有 y1>y2>0，故 1 2PQ sin AOQ y y   ． 又因为 2yAQ sin OAB   ，而∠OAB= π 4 ，故 22AQ y ． 由 5 2 4 AQ sin AOQPQ   ，可得 5y1=9y2． 由方程组 2 2 19 4 y kx x y    ， ， 消去 x，可得 1 2 6 9 4 ky k   ． 易知直线 AB 的方程为 x+y–2=0， 由方程组 2 0 y kx x y      ， ，消去 x，可得 2 2 1 ky k   ． 由 5y1=9y2，可得 5（k+1）= 23 9 4k  ， 两边平方，整理得 256 50 11 0k k   ， 解得 1 2k  ，或 11 28k  ． 所以，k 的值为 1 2 或 11 28 ． 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． 7．（本小题满分 14 分）已知椭圆 ͳ ൐ 的上顶点为 B,左焦点为 ,离心率为 , （Ⅰ）求直线 BF 的斜率; （Ⅱ）设直线 BF 与椭圆交于点 P（P 异于点 B）,过点 B 且垂直于 BP 的直线与椭圆交于点 Q（Q 异于点 B） 直线 PQ 与 y 轴交于点 M,| |= | |. （ⅰ）求 的值; （ⅱ）若 ,求椭圆的方程. 【答案】（Ⅰ）2;（Ⅱ）（ⅰ） ;（ⅱ） ͳ㔱【解析】 （Ⅰ）先由 及 得 ,直线 BF 的斜率 t൐ ൐tt ;（Ⅱ）先把直线 BF,BQ 的方程与椭圆方程联立,求出点 P,Q 横坐标,可得 t t 㔱 （Ⅱ）先由| |sin = 得 =| |sin = ͳ | |sin ,由此求出 c=1,故椭圆方程为 ͳ㔱试题解析:（Ⅰ）设 t ൐ ,由已知 及 可得 ,又因为 ൐ , t ൐ ,故直 线 BF 的斜率 t൐ ൐tt . （Ⅱ）设点 ,（Ⅰ）由（Ⅰ）可得椭圆方程为 ͳ 直线 BF 的方程为 ,两方程联立消去 y 得 ൐ 解得 t .因为 ,所以直线 BQ 方程为 t ͳ ,与椭 圆方程联立消去 y 得 ͳ t ൐ ൐ ,解得 ൐ ͳ .又因为 ,及 ൐ 得 t t 㔱 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ,所以 ͳ ,即 ͳ ,又因为| |sin = ,所以 =| |sin = ͳ | |sin . 又因为 t , 所以 ൐ ,因此 ͳ 所以椭圆方 程为 ͳ㔱考点：本题主要考查直线与椭圆等基础知识.考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力. 8．在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E ： 2 2 2 2 1x y a b    0a b  的离心率为 2 2 ，焦距为 2 . （Ⅰ）求椭圆 E 的方程； （Ⅱ）如图，动直线 l ： 1 3 2y k x  交椭圆 E 于 ,A B 两点，C 是椭圆 E 上一点，直线OC 的斜率为 2k ， 且 1 2 2 4k k  ，M 是线段OC 延长线上一点，且 : 2:3MC AB  ， M 的半径为 MC ， ,OS OT 是 M 的两条切线，切点分别为 ,S T .求 SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜率. 【答案】（1） 2 2 12 x y  （2） SOT 的最大值为 π 3 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 1 2 2k   . 【详解】 试题分析：（I）本小题由 2 2 ce a   ， 2 2c  确定 ,a b 即得. （Ⅱ）通过联立方程组 2 2 1 1,2 3 ,2 x y y k x       化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定| |AB 及 圆 M 的半径 r 表达式.进一步求得直线OC 的方程并与椭圆方程联立，确定得到 OC r 的表达式，研究其取 值范围.这个过程中，可考虑利用换元思想，应用二次函数的性质及基本不等式. 试题解析：（I）由题意知 2 2 ce a   ， 2 2c  ， 所以 2, 1a b  ， 因此 椭圆 E 的方程为 2 2 12 x y  . （Ⅱ）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 联立方程 2 2 1 1,2 3 ,2 x y y k x       得 2 2 1 14 2 4 3 1 0k x k x    ， 由题意知 0  ， 且   1 1 2 1 22 2 1 1 2 3 1,2 1 2 2 1 kx x x xk k      ， 所以 2 2 1 12 1 1 2 2 1 1 1 81 2 2 1 k kAB k x x k       . 由题意可知圆 M 的半径 r 为 2 2 1 1 2 1 1 1 82 2 3 2 1 k kr k    由题设知 1 2 2 4k k  ， 所以 2 1 2 4k k  因此直线OC 的方程为 1 2 4y xk  . 联立方程 2 2 1 1,2 2 ,4 x y y xk      得 2 2 21 2 2 1 1 8 1,1 4 1 4 kx yk k    ， 因此 2 2 2 1 2 1 1 8 1 4 kOC x y k     . 由题意可知 1sin 2 1 SOT r OCr OC r     ， 而 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 8 1 4 1 1 82 2 3 2 1 k OC k r k k k      2 1 2 2 1 1 1 23 2 4 1 4 1 k k k    ， 令 2 11 2t k  ， 则  11, 0,1t t   ， 因此 2 2 2 3 3 1 3 1 12 2 21 12 1 1 1 92 2 4 OC t r t t t t t               ， 当且仅当1 1 2t  ，即 2t  时等号成立，此时 1 2 2k   ， 所以 1sin 2 2 SOT  ， 因此 2 6 SOT   ， 所以 SOT 最大值为 3  . 综上所述： SOT 的最大值为 3  ，取得最大值时直线 l 的斜率为 1 2 2k   . 【名师点睛】 本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用 , , ,a b c e 的关系，确定椭圆（圆锥曲线） 方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系， 得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题 易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、 分析问题解决问题的能力等. 9．在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)的离心率为 2 2 ,椭圆 C 截直线 y=1 所得线段 的长度为 2 2 . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程； (Ⅱ)动直线 l:y=kx+m(m≠0)交椭圆 C 于 A,B 两点,交 y 轴于点 M.点 N 是 M 关于 O 的对称点,⊙N 的半径为|NO|. 设 D 为 AB 的中点,DE,DF 与⊙N 分别相切于点 E,F,求  EDF 的最小值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 2 x y  .(II) 3  . 【解析】 【详解】 试题分析：（Ⅰ）由 2 2 c a  得 2a b ,由椭圆 C 截直线 y=1 所得线段的长度为 2 2 ,得 2 2 2 2aa b   , 求得椭圆的方程为 2 2 14 2 x y  ；（Ⅱ）由 2 22 4x y y kx m       ,解得 2 2 2(2 1) 4 2 4 0k x kmx m     ,确定 2 2 2( , )2 1 2 1 km mD k k    , 4 2 2 2 3 22 1 mDN k kk    , 结合 2 2 ND NF 的单调性求 EDF 的最小值. 试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为 2 2 ，得 2 2 22( )a a b  ， 又当 1y  时， 2 2 2 2 ax a b   ，得 2 2 2 2aa b   ， 所以 2 24, 2a b  ， 因此椭圆方程为 2 2 14 2 x y  . （Ⅱ）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 联立方程 2 22 4 y kx m x y      ， 得 2 2 2(2 1) 4 2 4 0k x kmx m     ， 由   得 2 24 2m k  .（*） 且 1 2 2 4 2 1 kmx x k    ， 因此 1 2 2 2 2 1 my y k    ， 所以 2 2 2( , )2 1 2 1 km mD k k    ， 又 (0, )N m ， 所以 2 2 2 2 2 2( ) ( )2 1 2 1 km mND mk k      整理得 2 2 4 2 2 2 4 (1 3 ) (2 1) m k kND k    ， 因为 NF m ， 所以 2 4 2 2 2 2 2 2 2 4( 3 1) 8 31(2 1) (2 1) ND k k k k kNF       . 令 28 3, 3t k t   ， 故 2 12 1 4 tk   ， 所以 2 2 2 16 161 1 1(1 ) 2 ND t tNF t t       . 令 1y t t   ，所以 2 11y t    . 当 3t  时， 0y  , 从而 1y t t   在[3, ) 上单调递增， 因此 1 10 3t t   ， 等号当且仅当 3t  时成立，此时 0k  ， 所以 2 2 1 3 4ND NF    ， 由（*）得 2 2m   且 0m  . 故 1 2 NF ND  ， 设 2EDF   ， 则 1sin 2 NF ND    ， 所以 的最小值为 π 6 ， 从而 EDF 的最小值为 π 3 ，此时直线 l 的斜率是 0 . 综上所述：当 0k  ， ( 2,0) (0, 2)m   时， EDF 取到最小值 π 3 . 【考点】 圆与椭圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系 【名师点睛】 圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中 几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法,若题目的条件和 结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明 确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解． 10．设椭圆 2 2 2 1( 3)3 x y aa    的右焦点为 F ，右顶点为 A ，已知 1 1 3 | | | | | | e OF OA FA   ，其中O 为原点， e 为椭圆的离心率. （1）求椭圆的方程； （2）设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B（ B 不在 x 轴上），垂直于 l 的直线与 l 交于点 M ，与 y 轴交于点 H ， 若 BF HF ，且 MOA MAO   ，求直线的 l 斜率的取值范围. 【答案】(1) 椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ;(2) 直线 l 的斜率的取值范围为 6 6( , ] [ , )4 4    . 【解析】 试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确 a 的值，由 1 1 3e OF OA FA   ，得 1 1 3 ( ) c c a a a c    ，再利用 2 2 2a c b  ，可解得 a 的值；（Ⅱ）先化简条件： MOA MAO    MA MO ，即 M 再 OA 的中垂 线上， 1Mx  ，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求 ；利用两直线方程组求 H，最后根据 ， 列等量关系即可求出直线斜率的取值范围. 试题解析：（Ⅰ）解：设 (c,0)F ，由 1 1 3e OF OA FA   ，即 1 1 3 ( ) c c a a a c    ，可得 2 2 23a c c  ，又 2 2 2 3a c b   ，所以 2 1c  ，因此 2 4a  ，所以椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （Ⅱ）解：设直线 的斜率为 （ ），则直线 的方程为 . 设 ，由方程组 ，消去 ，整理得 . 解得 ，或 ，由题意得 ，从而 . 由（Ⅰ）知， ，设 ，有 FH  ( 1, )Hy  ， 2 2 2 9 4 12( , )4 3 4 3 k kBF k k     . 由 ，得 0BF HF   ，所以 2 2 2 124 9 04 3 4 3 Hkyk k k     ，解得 . 因此直线 的方程为 . 设 ，由方程组 消去 ，解得 . 在 MAO 中， ，即 ， 化简得 ，即 ，解得 或 . 所以，直线 的斜率的取值范围为 . 【考点】椭圆的标准方程和几何性质，直线方程 【名师点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： （1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； （3）利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用基本不等式求出参数的取值范围； （5）利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 11．设椭圆 2 2 2 13 x y a   （ 3a  ）的右焦点为 F ，右顶点为 A ，已知 1 1 3e OF OA FA   ，其中O 为原 点， e 为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B（ B 不在 x 轴上），垂直于 l 的直线与 l交于点 M ，与 y 轴交于点 H ， 若 BF HF ，且 MOA MAO   ，求直线的 l 斜率. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ;(2) 6 4k   或 6 4k  . 【分析】 （Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定 a ，由 1 1 3c OF OA FA   ，得   1 1 3c c a a a c    ，再利用 2 2 2 3a c b   ， 可解得 2 1c  ， 2 4a  ； （Ⅱ）先化简条件： MOA MAO    MA MO ，即 M 再 OA 中垂线上， 1Mx  .设直线 l 方程 为  2y k x  ，点 B 可求；根据 BF HF ，求点 H，由点斜式得到直线 MH 方程，联立直线 l 和直线 MH 方程，求得 Mx 表达式，列等量关系解出直线斜率. 【详解】 解：（Ⅰ）设  ,0F c ，由 1 1 3c OF OA FA   ，即   1 1 3c c a a a c    ， 可得 2 2 23a c c  ，又 2 2 2 3a c b   ， 所以 2 1c  ，因此 2 4a  ，所以椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . （Ⅱ）设  ,B BB x y ，直线的斜率为  0k k  ，则直线 l 的方程为  2y k x  ， 由方程组   2 2 1,4 3 2 , x y y k x       消去 y ，整理得  2 2 2 24 3 16 16 12 0k x k x k     ， 解得 2x  或 2 2 8 6 4 3 kx k   ， 由题意得 2 2 8 6 4 3B kx k   ，从而 2 12 4 3B ky k   ， 设  0, HH y ，由（1）知  1,0F ， 有  1, HFH y  ， 2 2 2 9 4 12,4 3 4 3 k kBF k k        ， 由 BF HF ，得 0BF HF   ， 所以 2 2 2 124 9 04 3 4 3 Hkyk k k     ，解得 29 4 12H ky k  ， 因此直线 MH 的方程为 21 9 4 12 ky xk k    ， 设  ,M MM x y ，由方程组   21 9 4 ,12 2 , ky xk k y k x        消去 y ，得   2 2 20 9 12 1M kx k   ， 在 MAO 中， MOA MAO    MA MO ， 即 2 2 2 22M M M Mx y x y    ，化简得 1Mx  ，即   2 2 20 9 1 12 1 k k    ， 解得 6 4k   或 6 4k  ， 所以直线 l 的斜率为 6 4k   或 6 4k  . 【点睛】 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，体现了“整体运算”思想和“设而不求”的解题 方法，考查转化思想和运算能力，属于中档题.