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2023年高考数学天津18

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（15分）设椭圆

$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)$ 的左、右顶点分别为

$A_{1}$ ，

$A_{2}$ ，右焦点为

$F$ ，已知

$\vert A_{1}F\vert =3$ ，

$\vert A_{2}F\vert =1$ ．
（Ⅰ）求椭圆方程及其离心率；
（Ⅱ）已知点

$P$ 是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线

$A_{2}P$ 交

$y$ 轴于点

$Q$ ，若△

$A_{1}PQ$ 的面积是△

$A_{2}FP$ 面积的二倍，求直线

$A_{2}P$ 的方程．
答案：（Ⅰ）椭圆方程为

$\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1$ ，椭圆的离心率为

$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$ ；
（Ⅱ）直线

$A_{2}P$ 的方程为

$y=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}(x-2)$ ．
分析：（Ⅰ）由题意可得

$\left\{\begin{array}{l}{a+c=3}\\ {a-c=1}\end{array}\right.$ ，求解

$a$ 与

$c$ 的值，再由隐含条件求解

$b$ ，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）由题意可知，直线

$A_{2}P$ 的斜率存在且不为0，设直线方程为

$y=k(x-2)$ ，取

$x=0$ ，得

$Q(0,-2k)$ ，分别求出△

$A_{1}PQ$ 的面积与△

$A_{2}FP$ 面积，再由已知列式求解

$k$ ，则直线方程可求．
解：（Ⅰ）由题意可知，

$\left\{\begin{array}{l}{a+c=3}\\ {a-c=1}\end{array}\right.$ ，解得

$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\ {c=1}\end{array}\right.$ ，

$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=4-1=3$ ．
则椭圆方程为

$\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1$ ，椭圆的离心率为

$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$ ；
（Ⅱ）由题意可知，直线

$A_{2}P$ 的斜率存在且不为0，
当

$k < 0$ 时，直线方程为

$y=k(x-2)$ ，取

$x=0$ ，得

$Q(0,-2k)$ ．

联立

$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-2)}\\ {\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$ ，得

$(4k^{2}+3)x^{2}-16k^{2}x+16k^{2}-12=0$ ．
△

$=(-16k^{2})^{2}-4(4k^{2}+3)(16k^{2}-12)=144 > 0$ ，

$2{x}_{P}=\dfrac{16{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$ ，得

${x}_{P}=\dfrac{8{k}^{2}-6}{4{k}^{2}+3}$ ，则

${y}_{P}=\dfrac{-12k}{4{k}^{2}+3}$ ．

${S}_{\triangle {A}_{1}PQ}={S}_{\triangle {A}_{1}{A}_{2}Q}-{S}_{\triangle {A}_{1}{A}_{2}P}=\dfrac{1}{2}\times 4\times (-2k)-\dfrac{1}{2}\times 4\times (-\dfrac{12k}{4{k}^{2}+3})=\dfrac{-16{k}^{3}+12k}{4{k}^{2}+3}$ ．

${S}_{\triangle {A}_{2}FP}=\dfrac{1}{2}\times 1\times (-\dfrac{12k}{4{k}^{2}+3})=-\dfrac{6k}{4{k}^{2}+3}$ ．

$\therefore$

$\dfrac{-16{k}^{3}+12k}{4{k}^{2}+3}=-\dfrac{12k}{4{k}^{2}+3}$ ，即

$2k^{2}=3$ ，得

$k=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}(k < 0)$ ；
同理求得当

$k > 0$ 时，

$k=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$ ．

$\therefore$ 直线

$A_{2}P$ 的方程为

$y=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}(x-2)$ ．
点评：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．

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