创新方案2020届高考数学一轮复习第九章解析几何第十节热点专题__圆锥曲线中的热点问题课后作业理.pdf

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1、文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.1文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.【创新方案】2017 届高考数学一轮复习第九章解析几何第十节热点专题圆锥曲线中的热点问题课后作业理1(2015安徽高考)设椭圆E的方程为x2a2y2b2 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510.(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：x2a2y2b21(ab0)经过点A(0，1)，且离心率为2

2、2.(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x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别是点F1，F2，其离心率e12，点P为椭圆上的一个动点，PF1F2面积的最大值为43.(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：x2a2y2b2 1(ab0)的离心率为e63，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22.(1)求椭

3、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|a2b2|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：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，且抛物线y243x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)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的方程文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.2文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.6.如图，已知椭圆x24y231 的左焦

4、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14，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23a，13b，又kOM510，从而b2a510.进而a5b，ca2b22b，故eca255.(2)证明：由N是线段AC的中点知，点N的坐标为a2，b2，可得a6，5b6.又(a，b)，从而有16a256b216(5b2a2)由(1)可知a25b2，所以 0，故MNAB.2解：(1)由题设知ca22，

5、b1，结合a2b2c2，解得a2.所以椭圆的方程为x22y21.(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(1 2k2)x24k(k 1)x2k(k2)0.由已知得0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则x1x24kk112k2，x1x22kk212k2.从而直线AP，AQ的斜率之和kAPkAQy11x1y21x2kx12kx1kx22kx22k(2 k)1x11x22k(2 k)x1x2x1x22k(2 k)4kk 12kk 2文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.3文档收集于互联网，已整理，word 版本可编

6、辑.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SPF1F212|F1F2|OP|bc，bc43，e12，b23，a4，椭圆的方程为x216y2121.(2)由(1)得椭圆的方程为x216y2121，则F1的坐标为(2，0)，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ykx2，x216y2121，消去y，得(3 4k2)x216k2x16k2480，x1x216k234k2，x1x216k24834k2，1k2|x1x2

7、|24k2134k2，此时直线BD的方程为y1k(x2)，同理，由y1kx2，x216y2121，可得24k2 13k24，24k2 14k2324k213k24168k2123k244k23，令tk21(k0)，则t1，16812t1t2，t1，00)截得的弦长为22，rd22222222，故圆C2的方程为(x3)2(y3)2 4.设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|a2b2|PF2|，即|PF1|3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(2,0)，F2(2，0)，则x 22y23x22y2，整理得x522y294，它表示圆心是C52，0，半径是32的圆|CC2|352230237

8、2，故有 232|CC2|0?k22.x1x224k1 4k2，x1x23214k2.SOAB12|OD|x1x2|32|x1x2|，S?OANB 2S OAB 3|x1x2|3x1x224x1x2 324k14k2243214k23242k212814k214k2224k2214k22，令k22t，则k2t2(由上式知t0)，S?OANB24t4t922417216t81t241144 2，当且仅当t94，即k2174时取等号，当k172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y172x3.6.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x2

9、4y231，整理得(4k2 3)x28k2x4k2 120.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x28k24k23.故点G的横坐标为x1x224k24k2314，解得k12.(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G4k24k23，3k4k23.设点D坐标为(xD,0)因为DGAB，文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.6文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.所以3k4k234k24k2 3xDk 1，解得xDk24k23，即Dk24k23，0.因为GFDOED，所以S1S2?|GD|OD|.所以k24k23 4k24k232 3k4k232k24k23，整理得 8k290.因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1S2.