《创新设计》2016届 数学一轮（理科） 浙江专用 课时作业 第八章 解析几何-探究课5 .doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家探究课五 圆锥曲线问题中的热点题型(建议用时：80分钟)1椭圆1(ab0)与直线xy10相交于P，Q两点，且OPOQ(O为原点)(1)求证：等于定值；(2)若椭圆的离心率e，求椭圆长轴长的取值范围(1)证明由消去y，得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0，直线与椭圆有两个交点，0，即4a44(a2b2)a2(1b2)0a2b2(a2b21)0，ab0，a2b21.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1 、x2是方程的两实根x1x2，x1x2.由OPOQ得x1x2y1y20，又y11x1，y21x2，得2x1x2(x1x2)10.式代入式化简得a2b22

2、a2b2.2.(2)解利用(1)的结论，将a表示为e的函数由eb2a2a2e2，代入式，得2e22a2(1e2)0.a2.e，a2.a0，a.长轴长的取值范围是，2已知定点A(1,0)和直线x1上的两个动点E，F，且，动点P满足，(其中O为坐标原点)(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点B(0,2)的直线l与(1)中的轨迹C相交于两个不同的点M，N，若0，求直线l的斜率的取值范围解(1)设P(x，y)，E(1，yE)，F(1，yF)(2，yE)(2，yF)yEyF40，yEyF4，又(x1，yyE)，(1，yF)，且，yyE0且x(yF)y0，yEy，yF，代入得y24x(x0)，动点P的轨

3、迹C的方程为y24x(x0)(2)设l：y2kx(易知k存在)，联立y24x消去x，得ky24y80，令M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2，y1y2，(x11，y1)(x21，y2)x1x2(x1x2)1y1y21y1y22y1y2110，12k0，则实数k的取值范围为(12,0)3(2015衢州模拟)已知圆G：x2y22xy0经过椭圆1(ab0)的右焦点F及上顶点B.过椭圆外一点M(m,0)(ma)作倾斜角为的直线l交椭圆于C，D两点(1)求椭圆的方程；(2)若右焦点F在以线段CD为直径的圆E的内部，求m的取值范围解(1)圆G：x2y22xy0经过点F，B，F(2,0)，B(0，

4、)，c2，b，a2b2c26，椭圆的方程为1.(2)由题意知直线l的方程为y(xm)，m，由消去y，得2x22mx(m26)0.由4m28(m26)0，解得2m2.m，m2.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2m，x1x2，y1y2x1x2(x1x2).(x12，y1)(x22，y2)，(x12)(x22)y1y2x1x2(x1x2)4.点F在圆E内部，0，即0，解得0m3.又m2，m3.故m的取值范围是(，3)4(2015福建质量检查)在平面直角坐标系xOy中，椭圆：1(ab0)过点(2,0)，焦距为2.(1)求椭圆的方程；(2)设斜率为k的直线l过点C(1,0)且交椭圆于A，B

5、两点，试探究椭圆上是否存在点P，使得四边形OAPB为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知得a2，c，因为a2b2c2，所以b2a2c21，所以椭圆的方程为y21.(2)依题意得，直线l：yk(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，假设椭圆上存在点P(x0，y0)使得四边形OAPB为平行四边形，则由得(14k2)x28k2x4(k21)0，所以x1x2，y1y2k(x1x22)k.于是即点P的坐标为.又点P在椭圆上，所以21，整理得4k210，此方程无解故椭圆上不存在点P，使得四边形OAPB为平行四边形5(2013浙江卷)如图，点P(0，1)是椭圆C1：

6、1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程解(1)由题意得所以椭圆C1的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|P

7、D|，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.6(2014四川卷)已知椭圆C：1(ab0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆C的标准方程；(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；当最小时，求点T的坐标(1)解由已知可得解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程是1.(2)证明由(1)可得，F的坐标是(2,0)，设T点的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率kTFm.当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线PQ的方程是xmy2.当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20，其判别式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.所以PQ的中点M的坐标为，所以直线OM的斜率kOM.又直线OT的斜率kOT，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.解由可得，|TF|，|PQ|，所以.当且仅当m21，即m1时，等号成立，此时取得最小值所以当最小时，T点的坐标是(3,1)或(3，1).特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.- 8 - 版权所有高考资源网