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《创新方案》2017届高考数学(理)一轮复习课后作业:第九章第十节 热点专题——圆锥曲线中的热点问题 WORD版含解析.DOC

上传人:高**** 文档编号:77932 上传时间:2024-05-24 格式:DOC 页数:6 大小:197.50KB
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资源描述

1、1(2015安徽高考)设椭圆E的方程为1(ab0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|2|MA|,直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e;(2)设点C的坐标为(0,b),N为线段AC的中点,证明:MNAB.2(2015陕西高考)如图,椭圆E:1(ab0)经过点A(0,1),且离心率为.(1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.3(2016太原模拟)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别是点F1,F2,其离心率e,点P为椭圆上的一个动点,

2、PF1F2面积的最大值为4.(1)求椭圆的方程;(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四个点,AC与BD相交于点F1,求的取值范围4(2016兰州模拟)已知椭圆C1:1(ab0)的离心率为e,过C1的左焦点F1的直线l:xy20被圆C2:(x3)2(y3)2r2(r0)截得的弦长为2.(1)求椭圆C1的方程;(2)设C1的右焦点为F2,在圆C2上是否存在点P,满足|PF1|PF2|?若存在,指出有几个这样的点(不必求出点的坐标);若不存在,说明理由5(2015云南师大附中模拟)已知椭圆C:1(ab0)的离心率为,且抛物线y24x的焦点恰好是椭圆C的一个焦点(1)求椭圆C的方程;(2)过点D(0

3、,3)作直线l与椭圆C交于A,B两点,点N满足 (O为原点),求四边形OANB面积的最大值,并求此时直线l的方程6.如图,已知椭圆1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D,E两点(1)若点G的横坐标为,求直线AB的斜率;(2)记GFD的面积为S1,OED(O为原点)的面积为S2.试问:是否存在直线AB,使得S1S2?说明理由答 案1解:(1)由题设条件知,点M的坐标为,又kOM,从而.进而ab,c2b,故e.(2)证明:由N是线段AC的中点知,点N的坐标为,可得.又(a,b),从而有a2b2(5b2a2)由(1)可知a25b2,所以

4、0,故MNAB.2解:(1)由题设知,b1,结合a2b2c2,解得a.所以椭圆的方程为y21.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为yk(x1)1(k2),代入y21,得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0.由已知得0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x1x2,x1x2 .从而直线AP,AQ的斜率之和kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.3解:(1)由题意得,当点P是椭圆的上、下顶点时,PF1F2面积取最大值,此时SPF1F2|F1F2|OP|bc,bc4,e,b2,a4,椭圆的方程为1.(2)由(1)得椭圆的方程为1,则F1的坐标为(2

5、,0),ACBD.当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时,易得6814.当直线AC的斜率k存在且k0时,则其方程为yk(x2),设A(x1,y1),C(x2,y2),联立消去y,得(34k2)x216k2x16k2480,|x1x2|,此时直线BD的方程为y(x2),同理,由可得,令tk21(k0),则t1,t1,00)截得的弦长为2,r 2,故圆C2的方程为(x3)2(y3)24.设圆C2上存在点P(x,y),满足|PF1|PF2|,即|PF1|3|PF2|,且F1,F2的坐标分别为F1(2,0),F2(2,0),则3,整理得2y2,它表示圆心是C,半径是的圆|CC2|,故有2|CC2|0

6、k22.x1x2,x1x2.SOAB|OD|x1x2|x1x2|,SOANB2SOAB3|x1x2|33324,令k22t,则k2t2(由上式知t0),SOANB2424242,当且仅当t,即k2时取等号,当k时,平行四边形OANB的面积的最大值为2.此时直线l的方程为yx3.6.解:(1)依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为yk(x1),将其代入1,整理得(4k23)x28k2x4k2120.设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1x2.故点G的横坐标为,解得k.(2)假设存在直线AB,使得S1S2,显然直线AB不能与x轴,y轴垂直由(1)可得G.设点D坐标为(xD,0)因为DGAB,所以k1,解得xD,即D.因为GFDOED,所以S1S2|GD|OD|.所以 ,整理得8k290.因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1S2.

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