2019年高考数学练习题汇总解答题通关练 4 5页

‎4.解析几何 ‎1.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且C过点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，且直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，证明：直线l的斜率为定值.‎ ‎(1)解　由题意可得解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，‎ 由消去y，‎ 整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，‎ ‎∵直线l与椭圆交于两点，‎ ‎∴Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)>0.‎ 设点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ‎∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.‎ ‎∵直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，‎ ‎∴k2＝·＝，‎ 整理得km(x1＋x2)＋m2＝0，‎ ‎∴＋m2＝0，‎ 又m≠0，∴k2＝，‎ 结合图象(图略)可知k＝－，故直线l的斜率为定值.‎ ‎2.已知抛物线Γ：x2＝2py(p>0)，直线y＝2与抛物线Γ交于A，B(点B在点A的左侧)两点，且|AB|＝4.‎ ‎(1)求抛物线Γ在A，B两点处的切线方程；‎ ‎(2)若直线l与抛物线Γ交于M，N两点，且MN的中点在线段AB上，MN的垂直平分线交y轴于点Q，求△QMN面积的最大值.‎ 解　(1)由x2＝2py，令y＝2，得x＝±2，所以4＝4，解得p＝3，‎ 所以x2＝6y，由y＝，得y′＝，‎ 故＝.‎ 所以在A点的切线方程为y－2＝(x－2)，即2x－y－2＝0，同理可得在B点的切线方程为2x＋y＋2＝0.‎ ‎(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，‎ 故设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 由x2＝6y与y＝kx＋m联立，‎ 得x2－6kx－6m＝0，Δ＝36k2＋24m>0，‎ 所以x1＋x2＝6k，x1x2＝－6m，‎ 故|MN|＝·＝2··.‎ 又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6k2＋2m＝4，所以m＝2－3k2，所以|MN|＝2··，‎ 由Δ＝36k2＋24m>0，得－0，得1b>0)的左顶点、右焦点，点P为椭圆C上一动点，当PF⊥x轴时，|AF|＝2|PF|.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)若椭圆C上存在点Q，使得四边形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：x2＋y2＝为椭圆C的“关联圆”. 若b＝，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：＋为定值.‎ ‎(1)解　由PF⊥x轴，知xP＝c，代入椭圆C的方程，‎ 得＋＝1，解得yP＝±.‎ 又|AF|＝2|PF|，所以a＋c＝，‎ 所以a2＋ac＝2b2，‎ 即a2－2c2－ac＝0，‎ 所以2e2＋e－1＝0，‎ 由0b>0)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F2Q，交L于点Q，且|OQ|＝2(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4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l：x＝my＋4(m∈R)与椭圆C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′，直线A′B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4×ab＝4，得ab＝2.‎ 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|PF2|＝|PR|，Q为F2R的中点，‎ 所以|OQ|＝＝＝＝a，‎ 所以a＝2，b＝，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1. ‎ ‎(2)联立消去x，‎ 得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，‎ 所以Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，即m2>4. ‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则A′(x1，－y1)，‎ 由根与系数的关系，‎ 得y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 直线A′B的斜率k＝＝，‎ 所以直线A′B的方程为y＋y1＝(x－x1)，‎ 令y＝0，得xD＝＝＝＋4，‎ 故xD＝1，所以点D到直线l的距离d＝，‎ 所以S△ADB＝|AB|·d＝＝18·.‎ 令t＝(t>0)，‎ 则S△ADB＝18·＝≤＝，‎ 当且仅当3t＝，即t2＝＝m2－4，即m2＝>4，m＝±时，△ADB的面积最大，‎ 所以直线l的方程为3x＋2y－12＝0或3x－2y－12＝0.‎