江苏专用2019高考数学二轮复习解答题专项练4解析几何理

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1、4.解析几何1.如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P(2，－1).(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值.解　(1)由e＝＝，得a∶b∶c＝2∶1∶，椭圆C的方程为＋＝1.把P(2，－1)代入，得b2＝2，所以椭圆C的方程是＋＝1.(2)由已知得PA，PB的斜率存在，且互为相反数.设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)，其中k≠0.由消去y，得x

2、2＋4[kx－(2k＋1)]2＝8，即(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－8＝0，因为该方程的两根为2，xA，所以2xA＝，即xA＝，从而yA＝.把k换成－k，得xB＝，yB＝.故kAB＝＝＝－，是定值.2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，且离心率e＝.(1)求椭圆C的方程；7(2)是否存在定圆E，使得过圆E上的任意一点都可以作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1，l2与椭圆C都只有一个公共点？若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.解　(1)由椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为得

3、，a＝c，又短轴长为2，所以2b＝2，b＝.又b2＋c2＝a2，得a＝，b＝c＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设满足条件的圆E存在，则可设P(x0，x0)是圆E上的任意一点，当过P的直线l的斜率为k时，其方程为y＝k(x－x0)＋y0，代入＋＝1，得＋＝1.即(1＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(y0－kx0)2－6＝0.①若直线l与椭圆C的公共点只有一个，则①中判别式Δ＝0，即16k2(y0－kx0)2－8(1＋2k2)[(y0－kx0)2－3]＝0.整理得关于k的方程(6－x)k2＋2x0y0k－y＋3＝0

4、，②要使过圆E上任意一点都可以作两条互相垂直的直线l1，l2，且l1，l2与椭圆C都只有一个公共点，则方程②必须有两根，且两根之积为－1，故＝－1，即x＋y＝9，满足②中的判别式Δ>0.又对于点(，)，(－，)，(，－)，(－，－)，直线l1，l2中有一条的斜率不存在，另一条的斜率为0，显然成立，故满足条件的圆E存在，方程为x2＋y2＝9.3.已知中心在坐标原点的椭圆E的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且＝λ，若λ∈[－2，－

5、1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC的长度的最小值.解　(1)设椭圆E的标准方程为＋＝1(a>b>0)，易知c＝1.因为椭圆E过定点M，所以＋＝1，7结合c2＝a2－b2可得a＝，b＝1，所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.(2)由题意可设l：x＝ky＋1，由得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，则Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为y1,2＝＝，所以由①2÷②得＋＋2＝⇒λ＋＋2＝－，由λ∈[－2，－1]得－≤λ＋＋2≤0⇒－≤≤0，解得0≤k2≤.＝(

6、x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)，x1＋x2－4＝k(y1＋y2)－2＝－，QC2＝

7、＋

8、2＝(x1＋x2－4)2＋(y1＋y2)2＝＋＝16－＋.令t＝，则t∈，QC2＝8t2－28t＋16＝82－.所以当t＝时，(QC)min＝2.4.已知A，F分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点、右焦点，点P为椭圆C上一动点，当PF⊥x轴时，AF＝2PF.(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

9、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＝2PF，所以a＋c＝，所以a2＋ac＝2b2，7即a2－2c2－ac＝0，所以2e2＋e－1＝0，由0

10、yQ＝b，所以kAPkOQ＝·＝－，由(1)知e＝＝，得＝，所以kAPkOQ＝－.(3)证明　由(1)知e＝＝，又b＝，解得a＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1，圆O的方程为x2＋y2＝.①连结OM，ON(图略)，由题意可知，OM⊥PM，ON⊥PN，所以四边形OMPN的外接圆是以