高考数学试题分项版解析专题17椭圆及其综合应用理.doc-得力文库

资源描述

《高考数学试题分项版解析专题17椭圆及其综合应用理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学试题分项版解析专题17椭圆及其综合应用理.doc（35页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1 / 35【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 1717 椭圆及其椭圆及其综合应用理综合应用理1.【2017 浙江，2】椭圆的离心率是22 194xyABCD13 35 32 35 9【答案】B【解析】试题分析：，选 B945 33e2.【2017 课标 3，理 10】已知椭圆 C：，（ab0）的左、右顶点分别为 A1，A2，且以线段 A1A222221xy ab为直径的圆与直线相切，则 C 的离心率为20bxayabABCD6 33 32 31 3【答案】A【解析】试题分析：以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，12A

2、 A0,0ra222xya直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即：，20bxayab 222abda ab 整理可得，即，223ab222223,23aacac2 / 35从而，椭圆的离心率，2 2 22 3cea26 33cea故选 A.【考点】椭圆的离心率的求解；直线与圆的位置关系【名师点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出 a，c，代入公式 e；c a只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2a2c2转化为 a，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 的方程(不等式

3、)，解方程(不等式)即可得 e(e 的取值范围).3.【2016 高考浙江理数】已知椭圆 C1：+y2=1(m1)与双曲线 C2：y2=1(n0)的焦点重合，e1，e2 分别为 C1，C2 的离心率，则（）22x m22x nAmn 且 e1e21 Bmn 且 e1e21 Dmb0），四点 P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆 C 上.2222=1xy ab3 23 2（1）求 C 的方程；（2）设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明：l 过定点.【解析】试题分析：（1）

4、根据，两点关于 y 轴对称，由椭圆的对称性可知 C 经过，两点.另外知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出 C 的方程；（2）先设直线 P2A 与直线 P2B的斜率分别为 k1，k2，在设直线 l 的方程，当 l 与 x 轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设 l：（），将代入，写出判别式，韦达定理，表示出，根据列出等式表示出和的关系，判断出直线恒过定点.3P4P3P4P22221113 4abab134,P P Pykxm1m ykxm2 214xy12kk121kk m试题解析：（1）由于，两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过，两点.

5、3P4P3P4P又由知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上.22221113 4abab因此，解得.222111314bab 2241ab5 / 35故 C 的方程为.2 214xy由题设可知.22=16(41)0km设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2=，x1x2=.28 41km k2244 41m k 而12 12 1211yykkxx1212122(1)()kx xmxx x x.由题设，故.121kk 1212(21)(1)()0kx xmxx即.222448(21)(1)04141mkmkmkk解得.1 2mk 当且仅当时，，欲使 l：，即，1m

6、0 1 2myxm 11(2)2myx 所以 l 过定点（2，）1【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.8.【20178.【2017 课标课标 IIII，理，理】设设 O O 为坐标原点，动点为坐标原点，动点 M M 在椭圆在椭圆 C C：上，过：上，过 M M作作 x x 轴的垂线，垂足为轴的垂线，垂足为 N N，点，点 P P 满足。满足。2 212xy2NPNM (1)求点 P 的轨迹方程；(2)设点 Q 在直线上，且。证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。3x 1OP PQ 【答案】(1) 。222xy(2)证明略。【解析】6 / 35试题分析

7、：(1)设出点 P 的坐标，利用得到点 P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨迹方程为。2NPNM 222xy(2)利用可得坐标关系，结合(1)中的结论整理可得，即，据此即可得出题中的结论。1OP PQ 2231mmtnn0OQ PF :OQPF 试题解析：（1）设,设, 。00,P x yM xy0,0N x00,0,NPxxyNMy 由得。2NPNM 002,2xx yy因为在 C 上，所以。00,M xy22 122xy因此点 P 的轨迹方程为。222xy（2）由题意知。设,则1,0F 3,QtP m n3,1,33OQtPFmnOQ PFmtn ，,3,OPm nPQm tn 。由得，

8、又由（1）知，故1OP PQ :2231mmtnn222mn330mtn。所以，即。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ的直线过 C 的左焦点 F。0OQ PF :OQPF 【考点】轨迹方程的求解；直线过定点问题。9.【2017 山东，理 21】在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.xOyE22221xy ab0ab2 2（）求椭圆的方程；E（）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别7 / 35为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.13 2yk xE,A BCEOC2k12

9、2 4k k MOC:2:3MCAB M:MC,OS OTM:,S TSOT【答案】（I）.2 212xy（）的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.SOT312 2k 【解析】试题分析：（I）本小题由，确定即得.2 2cea22c , a b（）通过联立方程组化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确定及2 211,2 3,2xyyk x |AB圆的半径表达式.M试题解析：（I）由题意知，，所以，2 2cea22c 2,1ab因此椭圆的方程为.E2 212xy（）设，联立方程1122,A x yB xy2 211,2 3,2xyyk x 得，由题意知，且，22 11424 310k

10、xk x 0 1 121222 112 31,212 21kxxx xkk 所以.22 112 1122 11181221kkABkxxk由题意可知圆的半径为M22 11 2 111 82 2 321kkrk由题设知，所以因此直线的方程为.122 4k k 2 12 4kkOC12 4yxk联立方程得，因此.2 211,2 2,4xyyxk 2 221 22 1181,1414kxykk2 221 2 118 14kOCxyk8 / 35由题意可知，而1sin21SOTr OCrOC r2 1 2 122 11 2 118 141182 2 321k OCkrkk k 2 122 11123

11、2 4141kkk ，令，则，2 112tk 11,0,1tt因此， 22233131122211211192 24OCt rtt ttt 当且仅当，即时等号成立，此时，所以，因此，11 2t2t 12 2k 1sin22SOT26SOT所以最大值为.综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.SOT3SOT312 2k 【考点】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和性质.10.【2017 天津，理 19】设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.22221(0)xyababFA1 2A22(0)ypx

12、pF1 2（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；（II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.PQAPB B ABQDAPD6 2AP9 / 35【答案】（1），.（2），或.2 2413yx 24yx3630xy3630xy【解析】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程.AF1 21 2ac1 2, ,c a b(

13、1,0)AAP1(0)xmymPQ、APBBQDAPD6 2mAP试题解析：（）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.F(,0)c1 2c a2pa1 2ac1a 1 2c 2p 2223 4bac2 2413yx 24yx（）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.AP1(0)xmym1x 2( 1,)Pm 2( 1,)Qm1xmy2 2413yx 22(34)60mymy0y 26 34mym

14、B A222346(,)3434mmBmm 2( 1,)QmBQ22262342()(1)(1)()03434mmxymmmm0y 2223 32mxm2223(,0)32mDm 2222236| 13232mmADmm APD6 2221626 232|2m mm232 6 | 20mm 6|3m 6 3m 所以，直线的方程为，或.AP3630xy3630xy【考点】直线与椭圆综合问题11.【2017 江苏，17】如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分10 / 35别为, ,离心率为,两准线之间的距离为 8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.xOy2222

15、:1(0)xyEabab1F2F1 2P E1F1PF2F2PF（1）求椭圆的标准方程；E（2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.EQE P【答案】（1）（2）22 143xy4 7 3 7(,)77【解析】解：（1）设椭圆的半焦距为 c. 因为椭圆 E 的离心率为，两准线之间的距离为 8，所以，，1 21 2c a228a c解得，于是，2,1ac223bac因此椭圆 E 的标准方程是.22 143xy（2）由（1）知，，.1( 1,0)F 2(1,0)F设，因为点为第一象限的点，故.00(,)P xyP000,0xy当时，与相交于，与题设不符.01x 1F当时，直线的斜率为，直线的

16、斜率为.01x 1PF001y x 2PF001y x 因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，11lPF22lPF001x y001x y从而直线的方程：，001(1)xyxy 直线的方程：. 001(1)xyxy 11 / 35由，解得，所以.2 0 0 01,xxxyy 2 0 0 01(,)xQxy因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.Q2 0 0 01xyy 22 001xy22 001xy又在椭圆 E 上，故.P22 00143xy由，解得；，无解.22 0022 001143xyxy004 73 7,77xy22 0022 001143xyxy因此点 P 的坐标为.4 7 3 7

17、(,)7712.【2016 高考新课标 1 卷】（本小题满分 12 分）设圆的圆心为 A,直线 l 过点 B（1,0）且与 x 轴不重合,l 交圆 A 于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.222150xyx（I）证明为定值,并写出点 E 的轨迹方程；EAEB（II）设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1 于 M,N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求四边形 MPNQ 面积的取值范围.【答案】（）（）（II）13422 yx0y)38 ,12【解析】试题分析：根据可知轨迹为椭圆,利用椭圆定义求方程；（II）分斜率是否存

19、积MPNQ341112|212kPQMNS.可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为.xMPNQ)38 ,12当与轴垂直时,其方程为,四边形的面积为 12.x1x3|MN8|PQMPNQ综上,四边形面积的取值范围为.MPNQ)38 ,12考点：圆锥曲线综合问题【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成, .其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.13 / 3513.【2016 高考山东理数】（本小题满分 14

20、分）平面直角坐标系中，椭圆 C：的离心率是，抛物线 E：的焦点 F 是 C的一个顶点.（I）求椭圆 C 的方程；xOy222210xyabab3 222xy（II）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线与 C 交与不同的两点 A，B，线段 AB 的中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x轴的直线交于点 M.（i）求证：点 M 在定直线上;（ii）直线与 y 轴交于点 G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点 P 的坐标.PFG1SPDM2S12S S【答案】（）;（）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为1422yx12S S49P)

21、41,22(【解析】试题分析：（）根据椭圆的离心率和焦点求方程；（）（i）由点P 的坐标和斜率设出直线 l 的方程和抛物线联立，进而判断点 M 在定直线上；（ii）分别列出，面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点 P 的坐标.1S2S试题解析：（）（i）设，由可得，)0)(2,(2 mmmPyx22xy /所以直线的斜率为，m14 / 35因此直线的方程为，即.)(22 mxmmy22mmxy设，联立方程),(),(),(002211yxDyxByxA2222 41mymxxy 得，014) 14(4322mxmxm由，得且，0520 m1442321mmxx因此,142 223 21

22、0mmxxx将其代入得，22mmxy) 14(2220mmy因为，所以直线方程为.mxy 4100ODxmy41联立方程，得点的纵坐标为， mxxmy41 MM1 4y 即点在定直线上.M41y（ii）由（i）知直线方程为，22mmxy令得，所以，0x22my)2, 0(2mG又，21( ,),(0, ),22mP mFD) 14(2,142(2223 mm mm所以，) 1(41|212 1mmmGFS) 14(8) 12(|2122202mmmxmPMS，所以，222221 ) 12() 1)(14(2 mmm SS15 / 35令，则，122 mt211) 1)(12(22 21tttt

23、t SS当，即时，取得最大值，此时，满足，211t2t21 SS 49 22m0所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.P)41,22(12S S49P)41,22(考点：1.椭圆、抛物线的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和性质.14.【2015 江苏高考，18】（本小题满分 16 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆的离心率为，且右焦点 F到左准线 l 的距离为 3.222210xyabab2 2（1）求椭圆的标准方程；（2）过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P，C，若

24、 PC=2AB，求直线 AB 的方程.【答案】（1）（2）或2 212xy1yx1yx 【解析】试题分析（1）求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为，二是右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3，解方程组即得（2）因为直线 AB 过 F，所以求直线 AB 的方程就是确定其斜率，本题关键就是根据 PC=2AB 列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量.首先利用直线方程与椭圆方程联立方程组，解出 AB 两点坐标，利用两点间距离公式求出 AB 长，再根据中点坐标公式求出 C 点坐标，利用两直线交点求出16 / 35P 点坐标，再根据两点间距离公式求出 PC 长，利用 PC=2AB 解出

25、直线AB 斜率,写出直线 AB 方程.2 2（2）当轴时，，又，不合题意xA 2A C3 当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，A A1yk x11,x yA22,xy将的方程代入椭圆方程，得，A2222124210kxk xk则，的坐标为，且221,2222 112kk xk C2222,1212kk kk 2 2222 21212122 2 1112kxxyykxxkA 若，则线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意0k Ay从而，故直线的方程为，0k C22212 1212kkyxkkk 则点的坐标为，从而22522,12k kk 2222 311C12kkkk因为，所以，解得C

26、2 A 222222 3114 2 11212kkkkkk1k 此时直线方程为或A1yx1yx 【考点定位】椭圆方程，直线与椭圆位置关系15.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.13222 y ax3aFA|3 |1 |1 FAe OAOFO（）求椭圆的方程；（）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.17 / 35A B BxMyHHFBF MOAMAO 【答案】（）（）22 143xy),4646,(【解析】试题分析：（）求椭圆标准方程，只

27、需确定量，由，得，再利用，可解得，（）先化简条件：，即 M 再 OA 中垂线上，，再利用直线与椭圆位置关系，联立方程组求；利用两直线方程组求 H，最后根据，列等量关系解出直线斜率.取值范围113 |c OFOAFA113 ()c caa ac2223acb21c 24a MOAMAO | |MAMO1MxBHFBF 试题解析：（1）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.( ,0)F c113 |c OFOAFA113 ()c caa ac2223acc2223acb21c 24a 22 143xy（2）（）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整

28、理得.k0k)2( xky),(BByxB )2(13422xkyyx y0121616) 34(2222kxkxk解得，或，由题意得，从而.2x346822kkx346822kkxB34122kkyB由（）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.)0 , 1 (F), 0(HyH), 1(HyFH)3412,3449(222kk kkBFHFBF 0HFBF03412 3449222 kky kkH kkyH12492MHkkxky12491218 / 35所以，直线的斜率的取值范围为.),4646,(考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程16.【2015 高考山东，理 2

29、0】平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以 3 为半径的圆与以为圆心以 1 为半径的圆相交，且交点在椭圆上.xoy2222:10xyCabab3 212,F F1F2FC()求椭圆的方程；C（）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.2222:144xyEabPCPykxmE,A BPOEQ( i )求的值；OQ OP（ii）求面积的最大值.ABQ【答案】（I）；（II）( i )2；（ii） .2 214xy6 3【解析】试题分析：（I）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（II）（i）设，，由题意知，然

30、后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ii）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的19 / 35判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值., a b00,P xyOQ OP00,Qxy1122,A x yB xy22 1164ykxmxyABOAB, k m222222 1641214kmmSmxxk2222241414mm kk2214mtkOAB试题解析：（I）由题意知，则 ,又可得 ,24a 2a 2223,2cacba1b 所以椭圆 C 的标准方程为.2 214xy（II）由（I）知椭圆

31、E 的方程为,22 1164xy（i）设，，由题意知因为,00,P xyOQ OP00,Qxy2 20 014xy又，即 ,所以，即 .22 001164xy22 20 0144xy22OQ OP所以221224 164 14kmxxk因为直线与轴交点的坐标为ykxm0,m所以的面积OAB222222 1641214kmmSmxxk令 ,将代入椭圆 C 的方程可得2214mtkykxm222148440kxkmxm由，可得 0 2214mk 由可知01t 因此 ,故22424St ttt2 3S 20 / 35当且仅当，即时取得最大值1t 2214mk 2 3由（i）知，面积为 ,所以面积的

32、最大值为 .ABQ3SABQ6 317.【2015 高考陕西，理 20】（本小题满分 12 分）已知椭圆（）的半焦距为，原点到经过两点，:22221xy ab0ab,0c0,b的直线的距离为1 2c（I）求椭圆的离心率；（II）如图，是圆的一条直径，若椭圆经过，两点，求椭圆的A:225212xyA方程【答案】（I）；（II） 3 222 1123xy【解析】试题分析：（I）先写过点，的直线方程，再计算原点到该直线的距离，进而可得椭圆的离心率；（II）先由（I）知椭圆的方程，设的方程，联立，消去，可得和的值，进而可得，再利用可得的值，进而可得椭圆的方程,0c0,b A2222144yk x

33、xyby12xx12x x10A 2b试题解析：（I）过点，的直线方程为，,0c0,b0bxcybc+-=则原点到直线的距离， 22bcbcdabc 由，得，解得离心率.1 2dc=2222abac=-3 2c a=21 / 35(II)解法一：由（I）知，椭圆的方程为. (1)22244xyb+=依题意，圆心是线段的中点，且.2,1 A|AB|10=易知，不与轴垂直，设其直线方程为，代入(1)得A(2) 1yk x=+设则1122( ,y ),B(,y ),A xx221212228 (21)4(21)4,.1 41 4kkkbxxx xkk+-+=-=-+由，得解得.124xx+=-28

34、(21)4,1 4kk k+-=-+1 2k =从而.2 1282x xb= -于是.2 22 12121215|AB|1|410(2)22xxxxx xb由，得，解得.|AB|10=210(2)10b -=23b =故椭圆的方程为.22 1123xy+=解法二：由（I）知，椭圆的方程为. 22244xyb+=因此直线方程为，代入(2)得A1(2) 12yx=+224820.xxb+ -=所以，.124xx+=-2 1282x xb= -于是.2 22 12121215|AB|1|410(2)22xxxxx xb由，得，解得.|AB|10=210(2)10b -=23b =故椭圆的方程为.22

35、 1123xy+=考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.18.【2016 高考浙江理数】（本题满分 15 分）如图，设椭圆（a1）.2 2 21xya22 / 35（I）求直线 y=kx+1 被椭圆截得的线段长（用 a、k 表示）；（II）若任意以点 A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（I）；（II） 2 2 22211a kka k202e【解析】试题分析：（I）先联立和，可得，，再利用弦长公式可得直线被椭圆截得的线段长；（I

36、I）先假设圆与椭圆的公共点有个，再利用对称性及已知条件可得任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点时，的取值范围，进而可得椭圆离心率的取值范围1ykx2 2 21xya1x2x1ykx40,1Aa试题解析：（I）设直线被椭圆截得的线段为，由得1ykxA2 2 211ykxxya 2222120a kxa kx，故10x ， 22222 1a kxa k 因此2 22 12222111a kkxxka kA （II）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足4yQQA A23 / 35记直线，的斜率分别为，，且，， AQA1k2k1k20k 12kk由（I）知

37、，22 11 22 121 1a kk a kA ，，22 22 22 221Q1a kk a kA故因此22 22 12111112aakk ，因为式关于，的方程有解的充要条件是1k2k22121aa，所以2a 因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为0,1A12a，由得，所求离心率的取值范围为21caeaa202e考点：1、弦长；2、圆与椭圆的位置关系；3、椭圆的离心率19.【2015 高考新课标 2，理 20】（本题满分 12 分）已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为222:9(0)Cxym mO CA BABM()证明：直线的斜率与

38、的斜率的乘积为定值；OM（）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由(,)3mmOMCPOAPB【答案】()详见解析；（）能，或4747【解析】()设直线，，， : l ykxb(0,0)kb11( ,)A x y22(,)B xy(,)MMM xy将代入得，故，ykxb2229xym2222(9)20kxkbxbm24 / 3512 229Mxxkbxk 29 9MMbykxbk于是直线的斜率，即所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值OM9M OM Mykxk 9OMkk OM（）四边形能为平行四边形OAPB因为直线过点，所以不过原点且与有两个交

39、点的充要条件是， (,)3mmC0k 3k 由()得的方程为设点的横坐标为由得，即将点的坐标代入直线的方程得，因此四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即于是OM9yxk PPx2229,9,yxk xym 22 2 2981Pk mxk239Pkmx k (,)3mm(3) 3mkb2(3) 3(9)Mmk kxkOAPBABOP2PMxx 239kmk 2(3)23(9)mk k k解得，因为，，，所以当的斜率为147k 247k 0,3iikk1i 47或时，四边形为平行四边形47OAPB【考点定位】1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系【名师点睛】()题中涉及弦的中点

40、坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：设端点的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦的中点和直线的斜率；设直线的方程同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦的中点，并寻找两条直线斜率关系；（）根据()中结论，设直线方程并与椭圆方程联立，求得坐标，利用以及直线过点列方程求的值,A BAB ABOMM2PMxx(,)3mm20.【2016 高考新课标 2 理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，25 / 35斜率为的直线交于两点，点在上， :E22 13xy tA E(0)k k E,A MNEMANA（）当时，求的面积；4,| |tAMANAMN（）当时，求的取值范围2 AMANk【答

41、案】（）；（）.144 4932,2【解析】试题解析：（I）设，则由题意知，当时，的方程为，.11,M x y10y 4t E22 143xy2,0A 由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.AM4AM2yx将代入得.解得或，所以.2xy22 143xy27120yy0y 12 7y 112 7y 因此的面积.AMN11212144227749（II）由题意，，.3t 0k ,0At将直线的方程代入得.AM()yk xt22 13xy t222223230tkxttk xt kt由得，故.22123t kxttk 21233ttkxtk22 1262 13tk AMxt

42、ktk 26 / 35由题设，直线的方程为，故同理可得，AN1yxtk 22613k tk ANkt 由得，即.2 AMAN222 33k tkkt32321ktkk当时上式不成立，32k 因此.等价于，33212kktk3t 232332132022kkkkk kk即.由此得，或，解得.3202k k32020kk 32020kk 322k因此的取值范围是.k32,2考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.21.【2015 高考四川，理 20】如图，椭圆 E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于 A，B 两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆 E 截得的线段长为.2222+1(0)x

43、yabab2 2x2 2(1)求椭圆 E 的方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.xOyQAPA QBPB【答案】（1）；（2）存在，Q 点的坐标为.22 142xy(0,2)Q【解析】（1）由已知，点在椭圆 E 上.( 2,1)因此，22222211,2,2ab abcc a 解得.2,2ab27 / 35所以椭圆的方程为.22 142xy所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标只可能为.(0,2)Q下面证明：对任意的直线，均有.| |QAPA QBPB当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，A、B 的坐标分别为.1ykx1122( ,),(,)x yxy联立得.22 1,42 1xyykx 22(21)420kxkx其判别式，22168(21)0kk 所以，.12122242,2121kxxx xkk

展开阅读全文