（通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題通關(guān)練4 解析幾何 文.docx

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4.解析幾何 1.已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且C過點. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l與橢圓C交于P，Q兩點(點P，Q均在第一象限)，且直線OP，l，OQ的斜率成等比數(shù)列，證明：直線l的斜率為定值. (1)解　由題意可得解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0)， 由消去y， 整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0， ∵直線l與橢圓交于兩點， ∴Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)點P，Q的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， ∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2. ∵直線OP，l，OQ的斜率成等比數(shù)列， ∴k2＝＝， 整理得km(x1＋x2)＋m2＝0， ∴＋m2＝0， 又m≠0，∴k2＝， 結(jié)合圖象(圖略)可知k＝－，故直線l的斜率為定值. 2.已知拋物線Γ：x2＝2py(p>0)，直線y＝2與拋物線Γ交于A，B(點B在點A的左側(cè))兩點，且|AB|＝4. (1)求拋物線Γ在A，B兩點處的切線方程； (2)若直線l與拋物線Γ交于M，N兩點，且MN的中點在線段AB上，MN的垂直平分線交y軸于點Q，求△QMN面積的最大值. 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y′|x＝2＝. 所以在A點的切線方程為y－2＝(x－2)，即2x－y－2＝0，同理可得在B點的切線方程為2x＋y＋2＝0. (2)由題意得直線l的斜率存在且不為0， 故設(shè)l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x2＝6y與y＝kx＋m聯(lián)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)的左頂點、右焦點，點P為橢圓C上一動點，當(dāng)PF⊥x軸時，|AF|＝2|PF|. (1)求橢圓C的離心率； (2)若橢圓C上存在點Q，使得四邊形AOPQ是平行四邊形(點P在第一象限)，求直線AP與OQ的斜率之積； (3)記圓O：x2＋y2＝為橢圓C的“關(guān)聯(lián)圓”.若b＝，過點P作橢圓C的“關(guān)聯(lián)圓”的兩條切線，切點為M，N，直線MN在x軸和y軸上的截距分別為m，n，求證：＋為定值. (1)解　由PF⊥x軸，知xP＝c，代入橢圓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)的右頂點為A(2,0)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點A且斜率為的直線與y軸交于點P，與橢圓交于另一個點B，且點B在x軸上的射影恰好為點F1. (1)求橢圓C的標準方程； (2)過點P且斜率大于的直線與橢圓交于M，N兩點(|PM|>|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求實數(shù)λ的取值范圍. 解　(1)因為BF1⊥x軸，得到點B， 所以解得 所以橢圓C的標準方程是＋＝1. (2)因為＝＝＝λ，所以＝(λ>2)， 所以＝－.由(1)可知P(0，－1)， 設(shè)MN方程為y＝kx－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 聯(lián)立得(4k2＋3)x2－8kx－8＝0，Δ>0恒成立， 即得(*) 又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，有x1＝－x2， 將x1＝－x2代入(*)可得，＝. 因為k>，所以＝∈(1,4)， 則1<2<4且λ>2，即得4<λ<4＋2. 綜上所述，實數(shù)λ的取值范圍為(4,4＋2).