2016年数学一轮[理科]北师大版课时作业第九章平面解析几何-热点训练-探究课6附解析.docVIP

(建议用时：80分钟) 1．椭圆＋＝1(a＞b＞0)与直线x＋y－1＝0相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O为原点)． (1)求证：＋等于定值； (2)若椭圆的离心率e∈，求椭圆长轴长的取值范围． (1)证明　由消去y， 得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0， ① ∵直线与椭圆有两个交点，∴Δ＞0， 即4a4－4(a2＋b2)a2(1－b2)＞0?a2b2(a2＋b2－1)＞0， ∵a＞b＞0，∴a2＋b2＞1. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1 、x2是方程①的两实根． ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ② 由OP⊥OQ得x1x2＋y1y2＝0， 又y1＝1－x1，y2＝1－x2， 得2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0. ③ 式②代入式③化简得a2＋b2＝2a2b2. ④ ∴＋＝2. (2)解　利用(1)的结论，将a表示为e的函数 由e＝?b2＝a2－a2e2， 代入式④，得2－e2－2a2(1－e2)＝0. ∴a2＝＝＋. ∵≤e≤，∴≤a2≤. ∵a＞0，∴≤a≤. ∴长轴长的取值范围是[，]． 2．已知椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F为圆x2＋y2＋2x＝0的圆心，且椭圆上的点到点F的距离最小值为－1. (1)求椭圆方程； (2)已知经过点F的动直线l与椭圆交于不同的两点A，B，点M，证明：·为定值． (1)解　化圆的标准方程为(x＋1)2＋y2＝1， 则圆心为(－1,0)，半径r＝1，所以椭圆的半焦距c＝1. 又椭圆上的点到点F的距离最小值为－1，所以a－c＝－1，即a＝，则b2＝a2－c2＝1， 故所求椭圆的方程为＋y2＝1. (2)证明　①当直线l与x轴垂直时，l的方程为x＝－1. 可求得A，B. 此时，·＝·＝－. ②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 由得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝. 因为·＝·＝＋y1y2 ＝x1x2＋(x1＋x2)＋2＋k(x1＋1)·k(x2＋1) ＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋k2＋ ＝(1＋k2)·＋＋k2＋ ＝＋＝－2＋＝－. 所以，综上得·为定值，且定值为－. 3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(ab0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点． (1)求E的方程； (2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程． 解　(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程为＋y2＝1. (2)当l⊥x轴时不合题意， 故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 将y＝kx－2代入＋y2＝1 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当Δ＝16(4k2－3)0， 即k2时，x1,2＝. 从而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又点O到直线PQ的距离d＝. 所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝. 设＝t，则t0，S△OPQ＝＝. 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ0.所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2. 4.如图，已知点E(m,0)(m＞0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点． (1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面积的最小值； (2)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点． (1)解　当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点， ∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD. 设直线AB的方程为y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得k1y2－4y－4k1＝0， y1＋y2＝，y1y2＝－4. ∵M，∴M， 同理，点N(2k＋1，－2k1)， ∴S△EMN＝|EM|·|EN|＝·＝2≥2＝4，当且仅当k＝，即k1＝±1时，△EMN的面积取得最小值4. (2)证明　设直线AB的方程为y＝k1(x－m)，A(x1，y1)， B(x2，y2)， 由得k1y2－4y－4k1m＝0， y1＋y2＝，y1y2＝－4m， ∵M，∴M， 同理，点N， ∴kMN＝＝k1k2. ∴直线MN的方程为 y－＝k1k2，即y＝k1k2(x－m)＋2， ∴直线MN恒过定点(m,2)． 5．(2015·福建质量检查)在平面直角坐标系xOy中，椭圆Г：＋＝1(a＞b＞0)过点(2,0)，焦距为2. (1)求椭圆Г的方程； (2)设斜率为k的直线l过点C(－1,0)且交椭圆Г于A，B两点，试探究椭圆Г上是否存在点P，使得四边形O