【精品】2019高考数学二轮复习解答题专项练4解析几何理.pdf

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1、试题、试卷、习题、复习、教案精选资料14.解析几何1.如图，已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，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eca32，得abc213，椭圆C的方程为x24b2y2b21.把P(2，1)代入，得b22，所以椭圆C的方程是x28y221.(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y1k x2，x24y28消去

2、y，得x24kx(2k 1)28，即(1 4k2)x2 8k(2k 1)x4(2k1)280，因为该方程的两根为2，xA，所以 2xA4 2k12814k2，即xA8k28k214k2，从而yA4k24k14k21.把k换成k，得xB8k2 8k214k2，yB4k24k14k21.故kAByByAxBxA8k16k12，是定值.2.已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的短轴长为23，且离心率e22.试题、试卷、习题、复习、教案精选资料2(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

3、圆E的方程；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆C：x2a2y2b2 1(ab0)的离心率为22得，a2c，又短轴长为23，所以 2b23，b3.又b2c2a2，得a6，bc3，所以椭圆C的方程为x26y231.(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x26y231，得x26kxkx0y0231.即(1 2k2)x2 4k(y0kx0)x2(y0kx0)2 60.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)2 8(12k2)(y0kx0)23 0.整理得关于k的方程(6 x

4、20)k22x0y0ky2030，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y2036x20 1，即x20y209，满足中的判别式0.又对于点(6，3)，(6，3)，(6，3)，(6，3)，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M1，22.(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F2AF2B，若 2，1，以QA，QB为

5、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x2a2y2b21(ab0)，易知c 1.因为椭圆E过定点M1，22，所以1a212b21，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料3结合c2a2b2可得a2，b1，所以椭圆E的标准方程为x22y21.(2)由题意可设l：xky1，由xky1，x22y220得(k2 2)y2 2ky10，则 4k24(k22)8(k2 1)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为y1,22k8k2 12k22k2k21k22，所以y1y22kk22，y1y21k2 2，y1 y22 1，由2得y1y2y2y124k2k22?1

6、24k2k22，由 2，1 得12 120?12 4k2k220，解得 0k227.QA(x12，y1)，QB(x22，y2)，QAQB(x1x24，y1y2)，x1x24k(y1y2)24k21k22，QC2|QAQB|2(x1x24)2(y1y2)216k212k2224k2k2221628k228k2 22.令t1k22，则t716，12，QC28t228t168t742172.所以当t12时，(QC)min2.4.已知A，F分别是椭圆C：x2a2y2b21(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

7、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：x2y2aba2b2为椭圆C的“关联圆”.若b3，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：3m24n2为定值.试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4(1)解由PFx轴，知xPc，代入椭圆C的方程，得c2a2y2Pb21，解得yPb2a.又AF2PF，所以ac2b2a，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

8、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43.(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412ab43，得ab23.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OQF1R2F1PPR2F1PPF22a，所以a2，b3，所以椭圆C的方程为x24y231.(2)联立xmy4，x24y231，消去x，得(3m24)y2 24

9、my360，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 12m6m243m24，则y1y224m3m24，y1y2363m24，直线AB的斜率ky2 y1x2x1y2y1x2x1，所以直线AB的方程为yy1y1y2x2x1(xx1)，令y0，得xDx1y2x2y1y1y2my14y2y1my24y1y22my1y2y1y24，故xD1，所以点D到直线l的距离d31m2，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料7所以S ADB12ABd12dx1x22y1y2232|y1y2|18m243m24.令tm24(t0)，则SADB18t3t216183t16t182316334，当且仅当3t16t，即t2163m24，即m22834，m2213时，ADB的面积最大，所以直线l的方程为3x221y120 或 3x 221y120.