2019届江苏高考数学二轮复习解答题专项练4解析几何理.docx

4.解析几何1.如图，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点P(2，1).(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值.解(1)由e，得abc21，椭圆C的方程为1.把P(2，1)代入，得b22，所以椭圆C的方程是1.(2)由已知得PA，PB的斜率存在，且互为相反数.设直线PA的方程为y1k(x2)，其中k0.由消去y，得x24kx(2k1)28，即(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)280，因为该方程的两根为2，xA，所以2xA，即xA，从而yA.把k换成k，得xB，yB.故kAB，是定值.2.已知椭圆C：1(ab0)的短轴长为2，且离心率e.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在定圆E，使得过圆E上的任意一点都可以作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1，l2与椭圆C都只有一个公共点？若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆C：1(ab0)的离心率为得，ac，又短轴长为2，所以2b2，b.又b2c2a2，得a，bc，所以椭圆C的方程为1.(2)假设满足条件的圆E存在，则可设P(x0，x0)是圆E上的任意一点，当过P的直线l的斜率为k时，其方程为yk(xx0)y0，代入1，得1. 即(12k2)x24k(y0kx0)x2(y0kx0)260.若直线l与椭圆C的公共点只有一个，则中判别式0，即16k2(y0kx0)28(12k2)(y0kx0)230.整理得关于k的方程(6x)k22x0y0ky30，要使过圆E上任意一点都可以作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1，l2与椭圆C都只有一个公共点，则方程必须有两根，且两根之积为1，故1，即xy9，满足中的判别式0.又对于点(，)，(，)，(，)，(，)，直线l1，l2中有一条的斜率不存在，另一条的斜率为0，显然成立，故满足条件的圆E存在，方程为x2y29.3.已知中心在坐标原点的椭圆E的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且，若2，1，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC的长度的最小值.解(1)设椭圆E的标准方程为1(ab0)，易知c1.因为椭圆E过定点M，所以1，结合c2a2b2可得a，b1，所以椭圆E的标准方程为y21.(2)由题意可设l：xky1，由得(k22)y22ky10，则4k24(k22)8(k21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为y1,2，所以由2得22，由2，1得200，解得0k2.(x12，y1)，(x22，y2)，(x1x24，y1y2)，x1x24k(y1y2)2，QC2|2(x1x24)2(y1y2)216.令t，则t，QC28t228t1682.所以当t时，(QC)min2.4.已知A，F分别是椭圆C：1(ab0)的左顶点、右焦点，点P为椭圆C上一动点，当PFx轴时，AF2PF.(1)求椭圆C的离心率；(2)若椭圆C上存在点Q，使得四边形AOPQ是平行四边形(点P在第一象限)，求直线AP与OQ的斜率之积；(3)记圆O：x2y2为椭圆C的“关联圆”. 若b，过点P作椭圆C的“关联圆”的两条切线，切点为M，N，直线MN在x轴和y轴上的截距分别为m，n，求证：为定值.(1)解由PFx轴，知xPc，代入椭圆C的方程，得1，解得yP.又AF2PF，所以ac，所以a2ac2b2，即a22c2ac0，所以2e2e10，由0eb0)的左、右焦点分别为F1，F2，P在椭圆上(异于椭圆C的左、右顶点)，过右焦点F2作F1PF2的外角平分线L的垂线F2Q，交L于点Q，且OQ2(O为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：xmy4(mR)与椭圆C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A，直线AB交x轴于点D，求当ADB的面积最大时，直线l的方程.解(1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4ab4，得ab2.延长F2Q交直线F1P于点R，因为F2Q为F1PF2的外角平分线的垂线，所以PF2PR，Q为F2R的中点，所以OQa，所以a2，b，所以椭圆C的方程为1. (2)联立消去x，得(3m24)y224my360，所以(24m)2436(3m24)144(m24)0，即m24. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(x1，y1)，解得y1,2，则y1y2，y1y2，直线AB的斜率k，所以直线AB的方程为yy1(xx1)，令y0，得xD4，故xD1，