高考总复习资料一轮复习训练高考总复习资料大题专项练5 高考总复习资料中的解析几何Word文档下载推荐.docx

高考总复习资料一轮复习训练高考总复习资料大题专项练5 高考总复习资料中的解析几何Word文档下载推荐.docx

《高考总复习资料一轮复习训练高考总复习资料大题专项练5 高考总复习资料中的解析几何Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考总复习资料一轮复习训练高考总复习资料大题专项练5 高考总复习资料中的解析几何Word文档下载推荐.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

（2）若椭圆C1的方程为:

=1（m>

n>

0）,椭圆C2的方程为:

=λ（λ>

0,且λ≠1）,则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆.如图,已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆,若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于两点M,N,试求弦长|MN|的取值范围.

5.（2017北京,文19）已知椭圆C的两个顶点分别为A（-2,0）,B（2,0）,焦点在x轴上,离心率为.

（2）点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:

△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.

6.已知椭圆C:

b>

0）的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+=0相切,过点P（4,0）且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A,B两点.

（2）求的取值范围;

（3）若B点关于x轴的对称点是E,证明:

直线AE与x轴相交于定点.

7.

如图,已知椭圆=1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点.

（1）若点G的横坐标为-,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S1=S2?

说明理由.

8.设椭圆=1（a>

）的右焦点为F,右顶点为A.已知,其中O为原点,e为椭圆的离心率.

（1）求椭圆的方程;

（2）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上）,垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直线l的斜率.

参考答案

1.解

（1）因为F（-1,0）为椭圆的焦点,所以c=1.

又b2=3,所以a2=4,所以椭圆方程为=1.

（2）因为直线的倾斜角为45°

所以直线的斜率为1,

所以直线方程为y=x+1,和椭圆方程联立得到消掉y,得到7x2+8x-8=0,

所以Δ=288,x1+x2=-,x1x2=-,所以|CD|=|x1-x2|=.

（3）当直线l无斜率时,直线方程为x=-1,

此时D,C,

△ABD,△ABC面积相等,|S1-S2|=0.

当直线l斜率存在（显然k≠0）时,设直线方程为y=k（x+1）（k≠0）,设C（x1,y1）,D（x2,y2）,

与椭圆方程联立得到

消掉y得（3+4k2）x2+8k2x+4k2-12=0,

显然Δ>

0,方程有根,且x1+x2=-,x1x2=,

此时|S1-S2|=2||y1|-|y2||

=2|y1+y2|=2|k（x2+1）+k（x1+1）|

=2|k（x2+x1）+2k|=

≤

所以|S1-S2|的最大值为.

2.解

（1）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k==1.

（2）由y=,得y'

=.

设M（x3,y3）,由题设知=1,解得x3=2,于是M（2,1）.

设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N（2,2+m）,|MN|=|m+1|.

将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0.

当Δ=16（m+1）>

0,即m>

-1时,x1,2=2±

2.

从而|AB|=|x1-x2|=4.

由题设知|AB|=2|MN|,

即4=2（m+1）,解得m=7.

所以直线AB的方程为y=x+7.

3.解由题设知F.

设l1:

y=a,l2:

y=b,则ab≠0,且A,B,P,Q,R.

记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-（a+b）y+ab=0.

（1）证明:

由于F在线段AB上,故1+ab=0.

记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,

则k1==-b=k2.

所以AR∥FQ.

（2）设l与x轴的交点为D（x1,0）,

则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,

S△PQF=.

由题设可得|b-a|,

所以x1=0（舍去）,x1=1.

设满足条件的AB的中点为E（x,y）.

（分类讨论）

当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得（x≠1）.

而=y,所以y2=x-1（x≠1）.

当AB与x轴垂直时,E与D重合.

所以,所求轨迹方程为y2=x-1.

4.解

（1）设椭圆C的方程为=1（a>

0）,

∴直线AB的方程为=1.

∴F1（-1,0）到直线AB的距离d=b,a2+b2=7（a-1）2.

又b2=a2-1,解得a=2,b=,

故椭圆C的方程为=1.

（2）椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为=1,

①若切线l垂直于x轴,则其方程为x=±

2,易求得|MN|=2.

②若切线l不垂直于x轴,可设其方程为y=kx+b,

将y=kx+b代入椭圆C的方程,得（3+4k2）x2+8kbx+4b2-12=0,

∴Δ=（8kb）2-4（3+4k2）（4b2-12）=48（4k2+3-b2）=0,

即b2=4k2+3,（*）

设M,N两点的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,

将y=kx+b代入椭圆C2的方程,得（3+4k2）x2+8kbx+4b2-36=0,

此时x1+x2=-,x1x2=,

|x1-x2|=,

∴|MN|=

=4=2.

∵3+4k2≥3,∴1<

1+,

即2<

2≤4.

综合①②,得弦长|MN|的取值范围为[2,4].

5.

（1）解设椭圆C的方程为=1（a>

0）.

由题意得解得c=.

所以b2=a2-c2=1.

所以椭圆C的方程为+y2=1.

（2）证明设M（m,n）,

则D（m,0）,N（m,-n）.

由题设知m≠±

2,且n≠0.

直线AM的斜率kAM=,

故直线DE的斜率kDE=-.

所以直线DE的方程为y=-·

（x-m）,直线BN的方程为y=·

（x-2）.

联立

解得点E的纵坐标yE=-.

由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.

所以yE=-n.

又S△BDE=|BD|·

|yE|=|BD|·

|n|,

S△BDN=|BD|·

所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.

6.

（1）解由题意知,=b,即b=.

又a2=b2+c2,所以a=2,b=.

故椭圆的方程为=1.

（2）解由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k（x-4）,

由

可得（3+4k2）x2-32k2x+64k2-12=0.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

则Δ=322k4-4（3+4k2）（64k2-12）>

0,

所以0≤k2<

.

则x1+x2=,x1x2=.①

所以=x1x2+y1y2=x1x2+k2（x1-4）（x2-4）

=（1+k2）x1x2-4k2（x1+x2）+16k2

=（1+k2）·

-4k2·

+16k2=25-.

因为0≤k2<

所以-≤-<

-,

则-4≤25-,即.

（3）证明因为B,E关于x轴对称,所以可设E（x2,-y2）,则直线AE的方程为y-y1=（x-x1）.

令y=0,可得x=x1-.

因为y1=k（x1-4）,y2=k（x2-4）,

所以x==1,

所以直线AE与x轴交于定点（1,0）.

7.解

（1）依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k（x+1）,

将其代入=1,

整理得（4k2+3）x2+8k2x+4k2-12=0.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,所以x1+x2=-.

故点G的横坐标为=-,

解得k=±

（2）假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x轴或y轴垂直.

由

（1）可得G.

设点D坐标为（xD,0）.

因为DG⊥AB,所以·

k=-1,

解得xD=-,

即D.

因为△GFD∽△OED,且S1=S2,

所以|GD|=|OD|.

所以,

整理得8k2+9=0.

因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1=S2.

8.解

（1）设F（c,0）.

由,即,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.

所以,椭圆的方程为=1.

（2）设直线l的斜率为k（k≠0）,则直线l的方程为y=k（x-2）.

设B（xB,yB）,由方程组消去y,

整理得（4k2+3）x2-16k2x+16k2-12=0.

解得x=2或x=,由题意得xB=,从而yB=.

由

（1）知,F（1,0）,设H（0,yH）,有=（-1,yH）,.

由BF⊥HF,得=0,

所以=0,

解得yH=.

因此直线MH的方程为y=-x+.

设M（xM,yM）,

由方程组消去y,

解得xM=.

在△MAO中,∠MOA=∠MAO⇔|MA|=|MO|,即（xM-2）2+,化简得xM=1,即=1,解得k=-或k=.

所以,直线l的斜率为-.