解答題五——解析幾突破訓(xùn)練1.(2020屆江西上饒二模)已知圓C1的方程為(x+2)2+y2=32,點C2(2,0),點M為圓C1上的任意一點,線MC2的垂直平分線與線段MC1相交于點求點N的軌跡C的方程已知點A(0,2√2),過點A且斜率為k的直線l交軌跡C于P,Q兩點,以O(shè)P,OQ為鄰邊作平行四邊OPBQ,是否存在常數(shù)k,使得點B在軌跡C上?若存在,求k的值;若不存在,請說明理由【解析】(1)∵|NC2|=|NM|,∴|NC1|+|NC2|=|NC1|+|NM|=|C1M|=4√2>|C1C2|,故點N的軌跡是C1,C2為焦點的橢圓,則∴軌跡C的方程為 (2??2+??2=與橢圓方程聯(lián)立得{ 消去y,得??=????+∴x1+x2=-8√2k22??2∵Δ=128k2-2=+y1+y2=k(x1+x2)+4√2=4√222??2∴B(-8√2k,4√22??2+1將點B的坐標(biāo)代入橢圓方程

8√2k2+24√22

(- k2=7 ∴存在常數(shù)k=±√14,使得平行四邊形OPBQ的頂點B在橢圓上22.(2020屆湖南模擬)已知橢圓C的中心在原點,焦點在x軸上,D(0,2)為橢圓C短軸的一個端點,F為橢圓的右焦點,線段DF的延長線與橢圓C相交于點E,且求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程·???2圍【解析】(1)設(shè)橢圓C的方程為??2+??2=1(a>b>0),右焦點??2因為D(0,2)為橢圓C的短軸的一個端點,所以因為|DF|=3|EF|,所以點E(4??,-3因為點E在橢圓C上,所以16??2+1=1,即9??2又c2=a2-4,所以a2=8,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是 (2ll代入橢圓C的方程,得x2+2(kx+m)2=8,即(2k2+1)x2+4kmx+2m2-A(x,y),B(x,yx+x=-4????,xx=2??2-1 2

12因為kOA·kOB=-3,所以??1·??2=-3,所以3x1x2+2y1y2=0,所以 ??1 所以(2k2+3)·2??2-8 即(2k2+3)(m2-4)-

??2-4

2??2-12????·????=x1x2+y1y2=-x1x2=-2=-2

=2-2??

2??+12??因為Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-8)=8(8k2+4-m2)=8(6k2+1)>0,k2≥0,所以0<21<··??? 當(dāng)直線l的斜率不存在時,點A,B關(guān)于x軸對稱,則kOA=-

k=-3

>0k=√6.y=√6x與??+??=1A(√2,√3),B(√2,-√3OA

OA

·???,???·??? 設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),則??1·??2=-3,即y1y2=-??1 2·???2??=由

x2+2k2x2=8,即(2k2+1)x2=8,所以??2=8 =

1同理,2

??2 2=22(-3)

2??所以2

=

2=29 (2??+1)(2??

4??+20??

4??+4k2+9≥2√4??2·9=124k2=9k=±√6

1·???3.(2020屆陜西省八校聯(lián)考)已知橢圓C過點A(2√6,2),兩個焦點分別為(-求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程設(shè)直線l交橢圓C于A,B兩點,坐標(biāo)原點O到直線l的距離為3,求△AOB面積的最大值【解析】(1)由題意可設(shè)橢圓C的方程為??2+??2=1(a>b>0),半焦距為

2 2

√6??2∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為??236(2)當(dāng)直線l與x軸平行時,把y=±3代入橢圓方程可得??2+9=1,解得x=±3,故△AOB的面362l0lABd=|??|=3聯(lián)立??=????+ 2 +2

=

Δ=4t2m2-4(t2+3)(m3-y+y=-2????,yy=??2- ??2+31

則|AB|=√(1+??2)[(??+??)2-4????]=√(1+??2)[4????24(??2-36)=6√(??+1)(?? 1

??2+3

令t2+3=n≥3,則△AOB的面S=1d·|AB|=1×3×6√(??2+1)(??2+9)=9√(??-2)(??+6)=9√-12(1-1)2+

?? 當(dāng)且僅當(dāng)n=6,t=±√3時,△AOB的面積取得最大值,最大值為綜上,△AOB面積的最大值為4.(2020屆江西紅色七校聯(lián)考)已知橢圓C:??2+??2=1(a>b>0)的右焦點

與拋物線y2=4x的焦點重合,原到過點A(a,0),B(0,-b)的直線的距離是7

求橢圓C的方程設(shè)動直線l:y=kx+m與橢圓C有且只有一個公共點P,過F1作PF1的垂線與直線l交于點Q,試證明點),得a2=b2+1,直線AB:??-??=1,即bx-ay-??∴OABd=????=2√21, 聯(lián)立①②,解得∴橢圓C的方程為 ??=????+4

+??2

=

得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,由直線與橢圓相切,得m≠0且Δ=64k2m2-4(4k2+3)·(4m2-12)=0,整理得4k2-將4k2+3=m2代入(*)式,得m2x2+8kmx+16k2=0,即(mx+4k)2=0,解得x=-4??,∴P(-4??,3 ??

3=??=-

-4??-

1∴FQy=4??+??(x-13聯(lián)立

??=????+

??

3∴點Q在定直線x=4上5.(2020屆山東德州期末)已知橢圓C:??2+??2=1(a>b>0),點M(-1,3)在橢圓C上,橢圓C的離心率是(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程

(2)設(shè)點A為橢圓長軸的左端點,P,Q為橢圓上異于橢圓C長軸端點的兩點,記直線AP,AQ斜率分別4k1,k2,若k1k2=-1,請判斷直線PQ是否過定點.若過定點,求出該定點坐標(biāo);若不過定點,請說明理由41+

=

??2=【解析】(1M(-13)CC的離心率是1,可得

解得{??2 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為

=

??2= (2)設(shè)點P,Q的坐標(biāo)分別為PQP(13),Q(13)P(13),Q(13) PQ的方程為當(dāng)直線PQ的斜率存在時,設(shè)直線PQ的方程為??2+??2=聯(lián)立{ 消去y得(4k2+3)x2+8kmx+(4m2-??=????+由Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0,有 定理得x+x=-8????,xx=4??2- 1 故 =- 化簡整理得m2-km-2k2=0,解得m=2k或m=-當(dāng)m=2k時,直線PQ的方程為y=kx+2k,即y=k(x+2),過定點(-2,0),不合題意當(dāng)m=-k時,直線PQ的方程為y=kx-k,即y=k(x-1),過定點綜上所述,直線PQ過定點 揭陽一模)已知點P(√6,1)在橢圓C:??2+??2=1(a>b>0)上,橢圓C的焦距為求橢圓C的方程

斜率為定值k的直線l與橢圓C交于A,B兩點,且滿足|OA|2+|OB|2的值為常數(shù),其中O為坐標(biāo)原點①求k的值以及這個常數(shù)②寫出一般性結(jié)論(不用證明):斜率為定值k的直線與橢圓??2+??2=1(a>b>0)交于A,B兩點,且滿??2|OA|2+|OB|2的值為常數(shù),則k的值以及這個常數(shù)是多少【解析】(1P在橢圓上得3+1

∴3b2+2a2=2a2b2,c=1,又∴2b4-3b2-2=0,解得b2=2,得∴橢圓C的方程為 (2)①設(shè)直線l的方程為y=kx+t,代入 得(3k2+2)x2+6ktx+3t2-∴x+x=-6????,x