2021年高考数学二轮专题复习《平面解析几何》精选题一(含答案)

这是一份2021年高考数学二轮专题复习《平面解析几何》精选题一(含答案)，共9页。
已知椭圆离心率为，过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点M为椭圆上位于第一象限内一动点，A,B分别为椭圆的左顶点和下顶点，直线MB与x轴交于点C，直线MA与轴交于点D.求证：四边形ABCD的面积为定值．
在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A．
（1）求该椭圆的方程；
（2）过点作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q.求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
已知椭圆的离心率为，且C过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P，Q均在第一象限），且直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，证明：直线l的斜率为定值．
已知椭圆的左、右焦点为别为F1、F2，且过点和．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，点A为椭圆上一位于x轴上方的动点，AF2的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C，求△ABC面积的最大值，并写出取到最大值时直线BC的方程．
已知椭圆C：()的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l交椭圆于A､B两点，交y轴于P点，设，，
试判断λ1+λ2是否为定值？请说明理由.
如图所示，椭圆的左､右顶点分别为A1,A2，上、下顶点分别为B1、B2，右焦点为F，∣A1F∣=3，离心率为0.5.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点E(0,1)作不与y轴重合的直线l与椭圆交于点M、N，直线MB1与直线NB2交于点T，试讨论点T是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程，若不存在，请说明理由.
已知椭圆Γ：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)=1，过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1，l2，设l1与椭圆Γ交于A、B两点，l2与椭圆Γ交于C，D两点.
(1)若P(1,1)为线段AB的中点，求直线AB的方程；
(2)若直线l1与l2的斜率都存在，记λ=eq \f(|AB|,|CD|)，求λ的取值范围.
已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x=－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点.证明：直线OD平分线段MN.
\s 0 参考答案
解:（1）由已知可得：解得：；
所以椭圆C的方程为：．
（2）因为椭圆C的方程为：，所以，．
设，则，即．
则直线BM的方程为：，令，得；
同理：直线AM的方程为：，令，得．
所以
．
即四边形ABCD的面积为定值2．
解:（1）由题意可知，椭圆的焦点在轴上，
，，椭圆的离心率，则，，
则椭圆的标准方程；
（2）证明：设，，，
当斜率不存在时，与椭圆只有一个交点，不合题意，
由题意的方程，，
则联立方程，
整理得，，
，
由韦达定理可知，，
则，
则由，
，
∴直线AP,AQ的斜率之和为定值．
解:（1）由题意可得，解得，
故椭圆的方程为．
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
由消去整理得，
直线与椭圆交于两点，
．
设点P，Q的坐标分别为，，
则，，
．
直线，，的斜率成等比数列，
，
整理得，，又，，
结合图形可知，故直线的斜率为定值．
解：（1）将两点代入椭圆方程，有解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）因为A在x轴上方，可知AF2斜率不为0，故可以设AF2的方程为x=ty+1，，
得，所以，
设原点到直线AF2的距离为d，则，
所以S△ABC=2S△OAB===，
△ABC面积的最大值为．
在t=0时取到等号成立，此时AB的方程为：x=1，
可得，A（1，），B（1，-），C（-1，），
此时BC的方程为：y=，
解:（1）由题可得，
又，所以,
因此椭圆方程为
（2）由题可得直线斜率存在，设直线l的方程为，
由消去y，整理得：，
设，，则，
又，，则，，
由可得，所以同理可得，
所以
所以，为定值-4.
解:（1）由题意可得，解得，，，
因此，椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
设点、，联立，消去并整理得，
，
由韦达定理得，.易知点、，
直线的斜率为，直线的方程为，
直线的斜率为，直线的方程为，
由，可得，
其中，
，解得.
因此，点在定直线上.
解：(1)解法一(点差法)：
由题意可知直线AB的斜率存在.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),2)＝1，))
两式作差得eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(2,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)=－eq \f(2,4)·eq \f(2×1,2×1)=－eq \f(1,2)，
∴直线AB的方程为y－1=－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3=0.
解法二：由题意可知直线AB的斜率存在.
设直线AB的斜率为k，
则其方程为y－1=k(x－1)，代入x2＋2y2=4中，得x2＋2[kx－(k－1)]2－4=0.
∴(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2(k－1)2－4=0.
Δ=[－4(k－1)k]2－4(2k2＋1)[2(k－1)2－4]
=8(3k2＋2k＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4kk－1,2k2＋1)，,x1x2＝\f(2k－12－4,2k2＋1).))
∵AB中点为(1,1)，∴eq \f(1,2)(x1＋x2)=eq \f(2kk－1,2k2＋1)=1，则k=－eq \f(1,2).
∴直线AB的方程为y－1=－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3=0.
(2)由(1)可知|AB|=eq \r(1＋k2) |x1－x2|
=eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \f(\r(1＋k2)·\r(83k2＋2k＋1),2k2＋1).
设直线CD的方程为y－1=－k(x－1)(k≠0).
同理可得|CD|=eq \f(\r(1＋k2)·\r(83k2－2k＋1),2k2＋1).
∴λ=eq \f(|AB|,|CD|)= eq \r(\f(3k2＋2k＋1,3k2－2k＋1))(k≠0)，λ＞0.
∴λ2=1＋eq \f(4k,3k2＋1－2k)=1＋eq \f(4,3k＋\f(1,k)－2).令t=3k＋eq \f(1,k)，
则t∈(－∞，－2eq \r(3) ]∪[2eq \r(3)，＋∞)，
令g(t)=1＋eq \f(4,t－2)，t∈(－∞，－2eq \r(3) ]∪[2eq \r(3)，＋∞)，
∵g(t)在(－∞，－2eq \r(3)]，[2eq \r(3)，＋∞)上单调递减，
∴2－eq \r(3)≤g(t)＜1或1＜g(t)≤2＋eq \r(3).
故2－eq \r(3)≤λ2＜1或1＜λ2≤2＋eq \r(3).
∴λ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－\r(2),2)，1))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6)＋\r(2),2))).
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，
线段MN的中点P(x0，y0)，则2x0=x1＋x2,2y0=y1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，
则直线DF的斜率为kDF=eq \f(n－0,－4－－1)=－eq \f(n,3)，
当n=0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.
当n≠0时，直线MN的斜率kMN=eq \f(3,n)=eq \f(y1－y2,x1－x2).
∵点M，N在椭圆上，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
整理得：eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)=0，
又2x0=x1＋x2,2y0=y1＋y2，∴eq \f(y0,x0)=－eq \f(n,4)，直线OP的斜率为kOP=－eq \f(n,4)，
∵直线OD的斜率为kOD=－eq \f(n,4)，
∴直线OD平分线段MN.