1、解析几何经典精讲(上)课后练习主讲教师：王老师 北京市重点中学数学特级教师题一： 椭圆C： 1(a b 0)的离心率为 ，长轴端点与短轴端点间的距离为.(1)求椭圆C的方程；(2)过点D(0，4)的直线l与椭圆C交于两点E，F，O为坐标原点，若OEF为直角三角形，求直线l的斜率题二： 已知直线l： yx，圆O：x2y25，椭圆E：1(a b 0)的离心率e ，直线l 被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等(1)求椭圆E的方程；(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值题三： 已知椭圆 1(a b 0)，点P在椭圆上(1)求椭圆的离心率；(2)设A为椭
2、圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|AO|，求直线OQ的斜率 题四： 如图，已知椭圆C： 1(a b 0)的离心率为，以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T：(x2)2y 2r 2(r 0)，设圆T与椭圆C交于点M与点N.(1)求椭圆C的方程；(2)求的最小值，并求此时圆T的方程；(3)设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|OS|为定值解析几何经典精讲(上)课后练习参考答案题一： (1) y21.(2) k的值为或. 详解：(1)由已知 ，a 2b 25，又a 2b 2c 2，解得a 24，b 21，所以椭圆C的方程
3、为y 21.(2)根据题意，过点D(0，4)满足题意的直线斜率存在，设l：ykx4，联立消去y，得(14k 2)x 232kx600，(32k)2240(14k2)64k2240，令 0，解得k 2 .设E，F两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，当EOF为直角时，则x1x2 ，x1x2 ，因为EOF为直角，所以0，即x1x2y1y20，所以(1k 2)x1x24k (x1x2)160，所以 40，解得k.当OEF或OFE为直角时，不妨设OEF为直角，此时，kOE k1，所以 1，即x4y1y，又y1，将代入，消去x1得3y4y140，解得y1 或y12(舍去)，将y1代入，得x1，
4、所以k ，经检验，所求k值均符合题意，综上，k的值为或.题二： (1) 1.(2) 略.详解：(1)设椭圆的半焦距为c，圆心O到直线l的距离d ，所以b.由题意知所以a23，b22.所以椭圆E的方程为 1.(2)设点P(x0，y0)，过点P的椭圆E的切线l0的方程为yy0k(xx0)，联立直线l0与椭圆E的方程得消去y，得(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)260，所以4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得(2x)k22kx0y0(y3)0.设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2 ，因为点P在圆O上，所以xy5，所以k1k2 1
5、.故两条切线的斜率之积为常数1.题三： (1) .(2)k.详解：(1)因为点P在椭圆上，故 1，可得 .于是e2 1 ，所以椭圆的离心率e .(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为ykx.设点Q的坐标为(x0，y0)由条件得消去y0并整理得x . 由|AQ|AO|， A(a，0)及y0kx0得，(x0a)2k2x a2，整理得(1k2)x 2ax00.而x00，故x0 .代入，整理得(1k 2)24k2 4.由(1)知 ，故(1k 2)2 k 24，即5k422k2150，可得k25.所以直线OQ的斜率k.题四： (1) y 21.(2) (x2)2y 2 .(3) 略.详解：(1)依题意，
6、得a2，e ，所以c，b1.故椭圆C的方程为y 21.(2)易知点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，y1)，不妨设y1 0.由于点M在椭圆C上，所以y 1.(*)由已知T(2，0)，则(x12，y1)，(x12，y1)，所以(x12，y1)(x12，y1)(x12)2y (x12)2 x4x13 2 .由于2 x1 2，故当x1 时，取得最小值.把x1代入(*)式，得y1 ，故M ，又点M在圆T上，代入圆的方程得r 2 .故圆T的方程为(x2)2y2 .(3)设P(x0，y0)，则直线MP的方程为：yy0 (xx0)，令y0，得xR ，同理：xS ，故xRxS .(*)又点M与点P在椭圆上，故x 4(1y )，x4(1y)，代入(*)式，得xR xS 4 4.所以|OR|OS|xR|xS|xR xS|4为定值