解答题通关练4

1、4.解析几何1已知椭圆C:+£= 1(a>b>0)的离心率为丄，且C过2 .2 a b(1)求椭圆C的方程；(2)若直线丨与椭圆C交于P, Q两点(点P, Q均在第一象限)，且直线OP, l, OQ的斜率成等比数列，证明：直线 I的斜率为定值.(1)解故椭圆C=i!3,a 21 + 3 =1, a2 4 b22.2a = b + c ,C的方程为X2 + y2= 1.4由题意可得*证明II y= kx+ m,由| X2 + y2= 1 , 消去1 士.由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线I的方程为y = kx+ m(m 0),y,(2 2 2整理得(1 + 4k)x

2、 + 8kmx+ 4(m 1) = 0,直线I与椭圆交于两点， = 64k2m2 16(1 + 4k2)(m2 1) = 16(4k2 m2+ 1)>0. 设点P, Q的坐标分别为(X1, y1), (X2, y2),8km4(m2 1 )贝y X1 + X2=, X1X2=,2 21+ 4k 1 + 4k22 y1y2= (kx1 + m)(kx2 + m)= k X1X2 + km(x1+ X2)+ m .直线OP，I，OQ的斜率成等比数列,k2=y 2 y1= k x1x2+ kmf+ x2 -J m ,X2 XIX1X22 整理得 km(x1 + X2) + m = 0,8k2m

3、p+ m2= 0，21 + 4k2 1又 m0, k = 4,1结合图象(图略)可知k= 2,故直线I的斜率为定值2.已知抛物线 r： x2 = 2py(p>0)，直线y= 2与抛物线 r交于A, B(点B在点A的左侧)两点, 且 |AB| = 4 3.(1)求抛物线r在a, B两点处的切线方程；若直线I与抛物线r交于M , N两点，且MN的中点在线段 AB上，MN的垂直平分线交y 轴于点0,求厶QMN面积的最大值.解 由x2= 2py，令y= 2,得x= 址/p，所以4；p= 4、； 3，解得p= 3,2 2所以 x2= 6y,由 y= L，得 y' = x，63故 y'

4、; I ._=勻3Vx=2 33所以在A点的切线方程为 y 2=兮& 2弋3)，即2x ¥ 3y-2卞3= 0，同理可得在 B点的 切线方程为2x匚丫3y+ 23 = 0.(2)由题意得直线I的斜率存在且不为 0，故设 I: y= kx+ m， M(xi，yi)， N(x2，y2)，由x2 = 6y与y= kx+ m联立，得 x2 6kx 6m= 0，= 36k2 + 24m>0，所以 xi + X2 = 6k， xiX2 = 6m，故 |MN|=h + k2 36k2 + 24m= 21； 3 1 + k2 3k2 + 2m.又 yi + y2= k(xi + x)

5、+ 2m= 6k2 + 2m = 4，所以 m= 2 3k2，所以 |MN|= 3 1+ k2/4 3k2，由 =36k2+ 24m>0，得一_3<k<33 且 k 0.因为MN的中点坐标为(3k，2)，所以MN的垂直平分线方程为 y 2= 一k(x 3k)，令x=即 Q(0，5)，3k2 门斤 + k2 =3 (1 + k2 f(4 3k2 )所以Sa QMN0，得 y= 5，3u .(Sa QMN)3 7.令 1 + k2= u，贝U k2= u 1，贝U 1<u< 3,故 Sa QMN设 f(u)= U2(7 3u)，则 f' (u)= 14u 9u

6、2,结合 1<u< 3, 令 f' (u)>0，得141471<u< 9；令 f (u)<0,得9<u< 3,14< 5所以当U=9,即k=±3时，3.已知A, F分别是椭圆C: X2+ y? = 1(a>b>0)的左顶点、右焦点，点 P为椭圆C上一动上22点，a b当 PF 丄 X 轴时，AF|= 2|PF|.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；22 ab记圆O： X + y =为椭圆c的“关联圆”.若b = .3,过点

7、P作椭圆c的“关联圆”22Va2 + b23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：m 2千 4n 2为定值.(1)解由PF丄x轴，知2 2cyp得/+ b2 =1，解得 yP=又AF| = 2|PF|，所以 a+ c =xp = c,代入椭圆C的方程,2b_± .2既即 a2 2c2 ac = 0,I所以 2e2 + e 1 = 0,1 由 0<e<1，解得 e= 2.解 因为四边形AOPQ是平行四边形, 所以PQ = a且PQ / x轴，所以xp = a，代入椭圆C的方程，解得2因为点P在第一象限，所以yp= 2 b, 同理

8、可得xq = a , yQ=圧b,22_'3b '3b22a- -a -a2c 1由(1)知e=上=,得a 2(3)证明由(1)知e=所以 kAP koQ =-a2b2, a2 b23=一，所以 kAPkOQ2 a 4c = 1 ,a 2又b = 3,解得a = 2,所以椭圆C的方程为X2 + y2= 1 ,43圆0的方程为x2+ y2 =273. 连接0M , 0N(图略)，由题意可知， 0M丄PM , ON丄PN,所以四边形OMPN的外接圆是以0P为直径的圆,设P(xo, yo)，则四边形OMPN的外接圆方程为2+yy2)2=J(x32+yo2),42 2即 x2 xxo+

9、y yyo = 0.一，得直线MN的方程为xx0+ yy0=2寸 32'3令 y = 0,贝U m= 7xo，令 x= 0，贝U n= 7yo .2 2x0 + yq4<4 + 3j,所以+ 4 =2 2m n因为点P在椭圆2 2xo yo43C上,所以31,所以 +2m4=49(为定值).2 n4.已知椭圆|c： x2+y22a=1(a>b>0)的左、右焦点分别为b2Fl, 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|0Q|= 2(0 为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为(1)

10、求椭圆C的方程;点A关于x轴的对称点为A '，直 l的方程.4X 2ab= 4l：3，得 ab= A1' 3.解(1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为若直线I: x= my+ 4(m R)与椭圆C交于A, B两点, 线A' B交x轴于点D，求当 ADB的面积最大时，直线延长F2Q交直线F1P于点R,因为F2Q为/ F1PF2的外角平分线的垂 线，所以|PF2|=|PR|, Q为F2R的中点，|F1R| IF1P |+ |PR| |F1P|+ |PF2|所以 |0Q|=2 =2=2= a,所以 a= 2, b = ''3,所以椭圆c的方程为x2+y

11、2= 1.43x= my+ 4,联立x2 y2消去x,+43 = 1，2 2得(3m2 + 4)y2 + 24my+ 36 = 0,2 2 2 2 所以 =(24m) 4X 36x (3m + 4) = 144(m 4)>0 ,即卩 m >4.设 A(xi, yi), B(x2, y2),则 A' (xi, yi)，由根与系数的关系，24m36得 y1+ y2= , y1y2 =223m +43m + 4直线 A' B 的斜率 k= y2y1 = y2 + y1 ,X2 X1X2 X1所以直线A' B的方程为y+ y1=(x X1),x2 X1令y= 0，得xdxy + X2y1 = my1 + 4 y2+ y1 my2 + 4 = 2my1y2+ 4, y1+ y2y1 + y2y1 + y2故xD = 1，所以点1所以 ADB = 2|AB| d= 2令t=Pm2则SmMMDB= 18t3t + 16D到直线I的距离d=讨1 + m2，3 1 ： m