2017届高考数学一轮复习 全册 理_20

1 【创新方案】2017 届高考数学一轮复习 第九章 解析几何 第十节 热点专题圆锥曲线中的热点问题课后作业 理 1(2015安徽高考)设椭圆 E 的方程为 1( ab0)，点 O 为坐标原点，点 A 的 x2a2 y2b2 坐标为( a,0)，点 B 的坐标为(0， b)，点 M 在线段 AB 上，满足| BM|2| MA|，直线 OM 的斜 率为 . 510 (1)求 E 的离心率 e； (2)设点 C 的坐标为(0， b)， N 为线段 AC 的中点，证明： MN AB. 2(2015陕西高考)如图，椭圆 E： 1( ab0)经过点 A(0，1)，且离心率 x2a2 y2b2 为 . 22 (1)求椭圆 E 的方程； (2)经过点(1,1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P， Q(均异于点 A)，证 明：直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2. 3(2016太原模拟)已知椭圆 1( ab0)的左、右焦点分别是点 F1， F2，其离 x2a2 y2b2 心率 e ，点 P 为椭圆上的一个动点， PF1F2面积的最大值为 4 . 12 3 (1)求椭圆的方程； (2)若 A， B， C， D 是椭圆上不重合的四个点， AC 与 BD 相交于点 F1， 求 的取值范围 2 4(2016兰州模拟)已知椭圆 C1： 1( ab0)的离心率为 e ，过 C1的左 x2a2 y2b2 63 焦点 F1的直线 l： x y20 被圆 C2：( x3) 2( y3) 2 r2(r0)截得的弦长为 2 .2 (1)求椭圆 C1的方程； (2)设 C1的右焦点为 F2，在圆 C2上是否存在点 P，满足| PF1| |PF2|？若存在，指出 a2b2 有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由 5(2015云南师大附中模拟)已知椭圆 C： 1( ab0)的离心率为 ，且抛物 x2a2 y2b2 32 线 y24 x 的焦点恰好是椭圆 C 的一个焦点3 (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 D(0,3)作直线 l 与椭圆 C 交于 A， B 两点，点 N 满足 (O 为原点)， 求四边形 OANB 面积的最大值，并求此时直线 l 的方程 6.如图，已知椭圆 1 的左焦点为 F，过点 F 的直线交椭圆于 A， B 两点，线段 x24 y23 AB 的中点为 G， AB 的中垂线与 x 轴和 y 轴分别交于 D， E 两点 (1)若点 G 的横坐标为 ，求直线 AB 的斜率； 14 (2)记 GFD 的面积为 S1， OED(O 为原点)的面积为 S2.试问：是否存在直线 AB，使得 S1 S2？说明理由 答 案 3 1解：(1)由题设条件知，点 M 的坐标为 ，( 23a， 13b) 又 kOM ，从而 . 510 b2a 510 进而 a b， c 2 b，故 e .5 a2 b2 ca 255 (2)证明：由 N 是线段 AC 的中点知，点 N 的坐标为 ，可得 .( a2， b2) (a6， 5b6) 又 ( a， b)，从而有 a2 b2 (5b2 a2) 16 56 16 由(1)可知 a25 b2，所以 0，故 MN AB. 2解：(1)由题设知 ， b1， ca 22 结合 a2 b2 c2，解得 a .2 所以椭圆的方程为 y21. x22 (2)证明：由题设知，直线 PQ 的方程为 y k(x1)1( k2)， 代入 y21， x22 得(12 k2)x24 k(k1) x2 k(k2)0. 由已知得 0，设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)， x1x20， 则 x1 x2 ， x1x2 . 4k k 11 2k2 2k k 21 2k2 从而直线 AP， AQ 的斜率之和 kAP kAQ y1 1x1 y2 1x2 kx1 2 kx1 kx2 2 kx2 2 k(2 k) 2 k(2 k)( 1x1 1x2) x1 x2x1x2 2 k(2 k) 4k k 12k k 2 2 k2( k1)2. 3解：(1)由题意得，当点 P 是椭圆的上、下顶点时， PF1F2面积取最大值， 此时 S PF1F2 |F1F2|OP| bc， bc4 ， 12 3 e ， b2 ， a4， 12 3 椭圆的方程为 1. x216 y212 4 (2)由(1)得椭圆的方程为 1，则 F1的坐标为(2，0)， x216 y212 AC BD. 当直线 AC 与 BD 中有一条直线斜率不存在时，易得 6814. 当直线 AC 的斜率 k 存在且 k0 时，则其方程为 y k(x2)，设 A(x1， y1)， C(x2， y2)，联立Error!消去 y，得(34 k2)x216 k2x16 k2480， Error! |x1 x2| ，1 k2 24 k2 13 4k2 此时直线 BD 的方程为 y (x2)， 1k 同理，由Error!可得 ， 24 k2 13k2 4 ， 24 k2 14k2 3 24 k2 13k2 4 168 k2 1 2 3k2 4 4k2 3 令 t k21( k0)，则 t1， ， 168 12 t 1t2 t1，00)截得的弦长为 2 ，2 r 2， d2 (222)2 2 2 故圆 C2的方程为( x3) 2( y3) 24. 5 设圆 C2上存在点 P(x， y)，满足| PF1| |PF2|，即| PF1|3| PF2|，且 F1， F2的坐标 a2b2 分别为 F1(2,0)， F2(2，0)， 则 3 ， x 2 2 y2 x 2 2 y2 整理得 2 y2 ，它表示圆心是 C ，半径是 的圆(x 52) 94 (52， 0) 32 | CC2| ，( 3 52)2 3 0 2 372 故有 2 0k22. x1 x2 ， x1x2 . 24k1 4k2 321 4k2 S OAB |OD|x1 x2| |x1 x2|， 12 32 SOANB2 S OAB3| x1 x2|3 3 3 x1 x2 2 4x1x2 ( 24k1 4k2)2 4 321 4k2 24 ， 242k2 128 1 4k2 1 4k2 2 k2 2 1 4k2 2 令 k22 t，则 k2 t2(由上式知 t0)， SOANB24 24 24 2， t 4t 9 2 172 16t 81t 1144 6 当且仅当 t ，即 k2 时取等号， 94 174 当 k 时，平行四边形 OANB 的面积的最大值为 2. 172 此时直线 l 的方程为 y x3. 172 6.解：(1)依题意可知，直线 AB 的斜率存在，设其方程为 y k(x1)， 将其代入 1，整理得(4 k23) x28 k2x4 k2120. x24 y23 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，所以 x1 x2 . 8k24k2 3 故点 G 的横坐标为 ， x1 x22 4k24k2 3 14 解得 k . 12 (2)假设存在直线 AB，使得 S1 S2，显然直线 AB 不能与 x 轴， y 轴垂直 由(1)可得 G .( 4k24k2 3， 3k4k2 3) 设点 D 坐标为( xD,0)因为 DG AB， 所以 k1， 3k4k2 3 4k24