【创新设计】2016届 数学一轮(理科) 人教A版 课时作业 第九章 平面解析几何-探究课六

(建议用时：80分钟)

x2y2

1．椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)与直线x＋y－1＝0相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O

ab为原点)．

11

(1)求证：a2＋b2等于定值；

32

(2)若椭圆的离心率e∈，，求椭圆长轴长的取值范围．

23

222222

bx＋ay＝ab，

(1)证明 由消去y，

x＋y－1＝0

得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0， ∵直线与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，

①

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． a2（1－b2）2a2

∴x1＋x2＝2，xx＝.

a＋b212a2＋b2由OP⊥OQ得x1x2＋y1y2＝0， 又y1＝1－x1，y2＝1－x2， 得2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0. 11

∴a2＋b2＝2.

(2)解 利用(1)的结论，将a表示为e的函数 c

由e＝a⇒b2＝a2－a2e2，

代入式④，得2－e2－2a2(1－e2)＝0.

②

③ ④

式②代入式③化简得a2＋b2＝2a2b2.

2－e211

∴a＝＝＋.

2（1－e2）22（1－e2）

2

3253∵3≤e≤2，∴4≤a2≤2.

56

∵a＞0，∴2≤a≤2.

∴长轴长的取值范围是[5，6]．

x2y2

2．已知椭圆a2＋b2＝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2－1. (1)求椭圆方程；

5

(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 －4，0，证

明：MA·MB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2－1，所以a－c＝2－1，即a＝2，则b2＝a2－c2＝1，

x22

故所求椭圆的方程为2＋y＝1.

(2)证明 ①当直线l与x轴垂直时，l的方程为x＝－1. 22

可求得A－1，，B－1，－.

22

7→→5252

此时，MA·MB＝－1＋，·－1＋，－＝－16. 4242②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)， y＝k（x＋1），

由x22得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，

＋y＝1，2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

2k2－24k2

则x1＋x2＝－，xx＝. 1＋2k2121＋2k25555→→

因为MA·MB＝x1＋4，y1·x2＋4，y2＝x1＋4x2＋4＋y1y2



→→552

＝x1x2＋4(x1＋x2)＋4＋k(x1＋1)·k(x2＋1)

525

＝(1＋k2)x1x2＋k2＋4(x1＋x2)＋k2＋16 4k22252k2－225

＝(1＋k)·＋k＋4－1＋2k2＋k＋16 1＋2k2

2

－4k2－225257

＝2＋＝－2＋＝－. 1616161＋2k

所以，综上得MA·MB为定值，且定值为－

→→7

. 16

x2y2

3．(2014·新课标全国Ⅰ卷)已知点A(0，－2)，椭圆E：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率

323

为2，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为3，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．

223

解 (1)设F(c，0)，由条件知，c＝3，得c＝3. c3

又a＝2，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.

x22

故E的方程为4＋y＝1. (2)当l⊥x轴时不合题意，

故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． x22

将y＝kx－2代入4＋y＝1 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当Δ＝16(4k2－3)>0，

8k±24k2－33

即k>4时，x1，2＝.

4k2＋1

2

224k＋1·4k－32从而|PQ|＝k＋1|x1－x2|＝.

4k2＋1

又点O到直线PQ的距离d＝

2

. 2k＋1

44k2－31

所以△OPQ的面积S△OPQ＝2d·|PQ|＝.

4k2＋14t4

设4k2－3＝t，则t>0，S△OPQ＝2＝4. t＋4

t＋t

47

因为t＋t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±2时等号成立，且满足Δ>0.所以，当△OPQ77

的面积最大时，l的方程为y＝2x－2或y＝－2x－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)， y＝k1（x－1），由2得k1y2－4y－4k1＝0， y＝4x，4

y1＋y2＝k，y1y2＝－4.

1

2x1＋x2y1＋y22

，∴M k2＋1，k， ∵M ，

2112同理，点N(2k21＋1，－2k1)， ∴S2EMN

△

11＝2|EM|·|EN|＝2

2222k2＋k·11

1

22（2k21）＋（－2k1）＝

112

k2＋＋2≥22＋2＝4，当且仅当k＝1时，△EMN的面积取11

k2k2，即k1＝±

1

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)，

y＝k1（x－m），

由2得k1y2－4y－4k1m＝0， y＝4x

4

y1＋y2＝k，y1y2＝－4m，

1

2x1＋x2y1＋y22

，∴M k2＋m，k， ∵M ，

2112

22

同理，点Nk2＋m，k，

22k1k2∴kMN＝＝kk.

k1＋k212∴直线MN的方程为

22

y－k＝k1k2x－k2＋m，即y＝k1k2(x－m)＋2，

11∴直线MN恒过定点(m，2)．

x2y2

5．(2015·福建质量检查)在平面直角坐标系xOy中，椭圆Г：a2＋b2＝1(a＞b＞0)过点(2，0)，焦距为23. (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OAPB为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知得a＝2，c＝3，

因为a2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2＝1， x22

所以椭圆Г的方程为4＋y＝1.

(2)依题意得，直线l：y＝k(x＋1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，假设椭圆Г上存在x1＋x2＝x0，

点P(x0，y0)使得四边形OAPB为平行四边形，则

y1＋y2＝y0.

y＝k（x＋1），

由x22

＋y＝1，4

得(1＋4k2)x2＋8k2x＋4(k2－1)＝0， －8k2

所以x1＋x2＝，

1＋4k2－8k2k

y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝k2＋2＝2. 1＋4k1＋4k

－8k2

x0＝1＋4k2，

2

于是

2ky0＝1＋4k2，

2k－8k即点P的坐标为2，2.

1＋4k1＋4k又点P在椭圆Г上，

2

－8k22

1＋4k2k2所以＋1＋4k2＝1，

4

2

整理得4k2＋1＝0，此方程无解．

故椭圆Г上不存在点P，使得四边形OAPB为平行四边形．

x2y2

6．(2014·四川卷)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形． (1)求椭圆C的标准方程；

(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.

①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)； |TF|

②当|PQ|最小时，求点T的坐标．

22a＋b＝2b，

(1)解 由已知可得 222c＝2a－b＝4，

解得a2＝6，b2＝2，

x2y2

所以椭圆C的标准方程是6＋2＝1.

(2)①证明 由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)， m－0

则直线TF的斜率kTF＝＝－m.

－3－（－2）1

当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝m， 直线PQ的方程是x＝my－2.

当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．

x＝my－2，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得x2y2

＋＝1，62消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. －24m

所以y1＋y2＝2，y1y2＝2，

m＋3m＋3x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝

－12

. m2＋3

2m－6，， 所以PQ的中点M的坐标为22m＋3m＋3m

所以直线OM的斜率kOM＝－3.

m

又直线OT的斜率kOT＝－3，所以点M在直线OT上， 因此OT平分线段PQ. ②解 由①可得， |TF|＝m2＋1，

|PQ|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2 ＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2] ＝4m2－2

（m＋1）2－4·2

m＋3m＋3

2

24（m2＋1）＝

m2＋3|TF|所以|PQ|＝＝221（m＋3）24·m2＋1 412

m＋1＋＋4≥·2m＋124

2

13

·（4＋4）＝243. 4|TF|

当且仅当m＋1＝2，即m＝±1时，等号成立，此时|PQ|取得最小值．

m＋1

|TF|

所以当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1).

|PQ|