【推荐】专题10+解密解析几何中乘积或比值问题-2018版高人一筹之高三数学（理）二轮复习特色专题训练

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一、填空题 ‎1．在长方体中，已知底面为正方形，为的中点，，点是正方形所在平面内的一个动点，且，则线段的长度的最大值为___.‎ ‎【答案】6‎ 图（1） 图（2）‎ 点睛： 是空间中的两条线段之间的关系，通过的中点可以转化到同一平面上与的关系，再把正方形放置在平面直角坐标系中，通过研究的轨迹（是圆）得到的最大值.‎ 二、解答题 ‎2．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆： 的离心率，左顶点为 ‎，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的 坐标；若不存在说明理由；‎ ‎（3）若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率和左顶点，求出a，b，由此能求出椭圆C的标准方程． （2）直线l的方程为y=k（x+4），与椭圆联立，得，（x+4）[（4k2+3）x+16k2-12）]=0，由此利用韦达定理、直线垂直，结合题意能求出结果． （3）OM的方程可设为y=kx，与椭圆联立得M点的横坐标为，由，，能求出结果．‎ ‎（2）直线的方程为，由消元得 化简得， ，‎ 所以 当时， ，‎ 所以.因为点为的中点，所以点的坐标为，‎ 则.‎ 直线的方程为，令，得点的坐标为，‎ 假设存在定点使得,‎ 则，即恒成立，‎ 所以恒成立，所以即 因此定点的坐标为.‎ ‎ ‎ ‎3．已知椭圆经过点,离心率为,左、右焦点分别为．‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若直线与椭圆交于A,B两点,与以为直径的圆交于C,D两点,求的值．‎ ‎【答案】（1）＋＝1；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：(1)由题设知求出的值即可;‎ ‎(2)由题设,以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1,根据圆的弦长的求法求出,联立直线与椭圆的方程,根据弦长公式求出弦长,即可.‎ ‎ ‎ ‎(2)由题设,以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1,‎ ‎∴圆心到直线l的距离d＝,‎ ‎∴|CD|＝2＝.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由得4x2-4x+8＝0.‎ 由根与系数的关系可得x1＋x2＝1,x1x2＝-2.‎ ‎∴|AB|＝,则＝.‎ 点睛：直线与圆锥曲线相交问题通常采用“设而不求”的方法，设交点坐标为，直线方程为入圆锥曲线方程消去得关于的二次方程，由韦达定理得，再把题中与交点有关的已知条件、要证明的结论等用表示出来，最后把代入转化变形可解决问题．‎ ‎4．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，且点在椭圆上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设为椭圆上第一象限内的点，点关于原点的对称点为，点关于轴的对称点为，设，直线与椭圆的另一个交点为，若，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）.（2）.‎ 试题解析：‎ ‎（1）因为点在椭圆上，则，‎ 又椭圆的离心率为，可得，即，‎ 所以 ，代入上式，可得，‎ 解得，故，‎ 所以椭圆的方程为.‎ 点睛：椭圆与直线的综合问题要学会分析题目，由题中的对称关系，得到，则，再由，解得，求出，利用，就可以求出。学会结合示意图一步一步分析题目的解析方法，得到求解过程。‎ ‎5．已知分别为椭圆的右焦点、右顶点， ，点为坐标原点，射线与的交点为，且.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）若直线与交于两点（在的上方）. 在轴上的射线分别为，且，当取得最大值时，求.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎（2）设，‎ 将代入，利用根与系数的关系，进而得到，‎ ‎ ， ，可得，‎ 此时， ，则可求 试题解析：（1），且，即，‎ 又点在上，则，‎ ‎，且.‎ 故的方程为.‎ ‎ ‎ ‎6．已知椭圆 ，其焦距为2，离心率为 ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆的右焦点为， 为轴上一点，满足，过点作斜率不为0的直线交椭圆于两点，求面积的最大值.‎ ‎【答案】(1) ；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）由焦距为2得，由离心率得，结合可得椭圆方程；（2）由题意可得，直线的方程为， ，将直线方程与椭圆方程联立由韦达定理可得， ，结合得的范围，利用点到直线的距离为， ，令， ，结合二次函数的性质可得最大值.‎ 试题解析：(1)因为椭圆焦距为2，即，所以,，所以，从而，所以椭圆的方程为.‎ 点睛：本题主要考查的椭圆方程的求法，以及焦点三角形的最值问题，计算量较大，属于难题；设出直线方程的点斜式，联立直线与椭圆的方程，运用韦达定理，结合弦长公式，运用点到直线的距离公式求出三角形的高，将三角形的面积表示为关于的函数，利用换元法及二次函数的性质求出函数的最值. ‎ ‎7．(2017·合肥市质检)已知点F为椭圆E： (a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线与椭圆E有且仅有一个交点M.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设直线与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线与椭圆有且仅有一个交点可得关于， 的方程组，求出， 的值，即可得到椭圆的方程；（2）由（1）求得坐标，得到的值，当直线与轴垂直时，直接由，求得值；当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式大于求得的取值范围，再由根与系数的关系，结合，把用含有的表达式表示，则实数的取值范围可求.‎ ‎ ‎ ‎(2)由(1)得M，‎ ‎∵直线与y轴交于P(0,2)，‎ ‎∴|PM|2＝，‎ 当直线l与x轴垂直时，‎ ‎|PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1，‎ ‎∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝，‎ 当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由⇒(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，‎ 依题意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，‎ ‎∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，‎ ‎∴λ＝ (1＋)，‎ ‎∵k2>，∴<λ<1.‎ 综上所述，λ的取值范围是[，1)．‎ ‎8．已知动点E到点A与点B的直线斜率之积为，点E的轨迹为曲线C．‎ ‎（1）求C的方程；‎ ‎（2）过点D作直线l与曲线C交于， 两点，求的最大值．‎ ‎【答案】（1）（2）．‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）直接设动点的坐标为，把已知条件用数学式子翻译出来并化简即可，同时要注意变量的取值范围；‎ 试题解析：‎ ‎（1）设，则．因为E到点A，与点B的斜率之积为，所以，整理得C的方程为． ‎ ‎ ‎ ‎9．设为坐标原点，动点在椭圆上，过作轴的垂线，垂足为，点满足.（Ⅰ）求点的轨迹方程；‎ ‎（Ⅱ）过的直线与点的轨迹交于两点，过作与垂直的直线与点的轨迹交于两点，求证： 为定值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(Ⅰ)设，由题意可得，则，点在椭圆上，整理计算可得轨迹方程为.‎ ‎(Ⅱ)分类讨论：当与轴重合时， .当与轴垂直时， .‎ 当与轴不垂直也不重合时，可设的方程为， ， ， 联立直线与椭圆的方程有，结合弦长公式有，‎ 把直线与曲线椭圆联立计算可得.则.‎ 据此，结论得证.‎ ‎（Ⅱ）当与轴重合时， ， ，‎ ‎∴.‎ 当与轴垂直时， ， ，‎ ‎∴.‎ 当与轴不垂直也不重合时，可设的方程为 此时设， ， ， ‎ 把直线与曲线联立，‎ 得，‎ 可得 点睛：求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎10．已知椭圆，点 ‎（Ⅰ）求椭圆的短轴长和离心率；‎ ‎（Ⅱ）过的直线与椭圆相交于两点，设的中点为，判断与的大小，并证明你的结论.‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）结论是： ，证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的方程求得的值，即可求解椭圆的短轴长和离心率；‎ ‎（Ⅱ）设直线： ， ， ，用直线的方程和椭圆的方程联立方程组，得到， ，则可计算得出，进而得到，得点在以 为直径的圆内，所以.‎ ‎（Ⅱ）结论是： . ‎ 设直线： ， ， ‎ ‎，整理得： ‎ 故， ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 故，即点在以为直径的圆内，故 点睛：本题主要考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的应用等问题，对于直线和圆锥曲线的位置关系，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易难点在与转换为点与圆的位置关系，从而得到结论，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.‎ ‎11．已知抛物线上一点到其焦点的距离为4，椭圆 的离心率，且过抛物线的焦点.‎ ‎（1）求抛物线和椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过点的直线交抛物线于两不同点，交轴于点，已知， ，求证： 为定值.‎ ‎【答案】（1）抛物线的方程为，椭圆的标准方程为；（2）见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用抛物线C1：y2＝2px上一点M（3，y0）到其焦点F的距离为4；求出p，即可得到抛物线方程，通过椭圆的离心率e＝，，且过抛物线的焦点F（1，0）求出a， b，即可得到椭圆的方程；‎ ‎（2）直线l1的斜率必存在，设为k，设直线l与椭圆C2交于A（x1，y1），B（x2，y2），求出直线l的方程为y=k（x-1），N（0，-k），联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理以及判别式，通过向量关系式即可求出λ+μ为定值．‎ ‎ (Ⅱ)直线的斜率必存在,设为,设直线与抛物线交于 则直线的方程为, ‎ 联立方程组:‎ 所以 ,  (*) ‎ 由得:‎ ‎ 得:              ‎ 所以 将(*)代入上式,得 ‎12．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，焦距为,离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设直线经过点，且与椭圆交于两点，若，求直线的方程.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据椭圆的焦距为,离心率为，求出a，b，即可求椭圆C的方程；‎ ‎（2）设直线l方程为y=kx+1，代入椭圆方程，由，可得x1=-2x2，利用韦达定理，化简可得消去解得，求出k，即可求直线l的方程．‎ ‎（2）由题得直线的斜率存在，设直线方程为，‎ 则由得，且.‎ 设，则由得，又，‎ 所以消去解得，‎ 所以直线的方程为.‎ 点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，关键是直线与椭圆方程的联立，由得，结合韦达定理即可可解，注意计算的准确性.‎ ‎13．在平面直角坐标系中，动点到点的距离和它到直线的距离相等，记点的轨迹为.‎ ‎（Ⅰ）求得方程；‎ ‎（Ⅱ）设点在曲线上， 轴上一点（在点右侧）满足.平行于的直线与曲线相切于点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.‎ ‎【答案】（1） （2）直线过定点.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅱ）设，则，‎ 所以直线的斜率为.‎ 设与平行，且与抛物线相切的直线为，‎ 由得，‎ 由得，‎ 所以，所以点.‎ 当，即时，直线的方程为，‎ 整理得，‎ 所以直线过点.‎ 当，即时，直线的方程为，过点，‎ 综上所述，直线过定点.‎ ‎ ‎ ‎14．已知椭圆的离心率为，左顶点为，过原点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，其中点在第二象限，过点作轴的垂线交于点．‎ ‎⑴求椭圆的标准方程；‎ ‎⑵当直线的斜率为时，求的面积；‎ ‎⑶试比较与大小．‎ ‎【答案】⑴⑵⑶见解析 试题解析：⑴因为左顶点为，所以 因为椭圆的离心率为，所以，解得 又因为，所以 故所求椭圆的标准方程为 ‎⑶方法一：‎ 设直线的方程为， ‎ 代入椭圆方程得 设，则有，解得 从而 由椭圆对称性可得 所以 于是 故 从而 所以 因为点在第二象限，所以，于是有 ‎ ‎ ‎15．已知椭圆的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆相切．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）是否存在直线与椭圆交于两点，交轴于点，使成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】(1) (2) 或 ‎【解析】试题分析：（1）根据椭圆的几何意义得到abc的值，从而得到椭圆方程；（2）将向量模长的方程两边平方得到，即，即，联立直线和椭圆得到二次方程，带入韦达定理得到参数范围。‎ ‎（2）假设存在这样的直线，‎ 由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为，‎ 由得，‎ 设，则，‎ ‎，‎ 由得，即，即，‎ 故，代入（*）式解得或．‎ 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎16．已知双曲线的离心率为2，右顶点为.‎ ‎（1）求双曲线的方程；‎ ‎（2）设直线与轴交于点，与双曲线的左、右支分别交于点，且，求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）1‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用已知条件求出， ， ，即可求解双曲线方程；（2）设点横坐标为， 点横坐标为．通过联立方程组，转化求解即可．‎ ‎（2）设点横坐标为, 点横坐标为.‎ 平行线分线段成比例定理： ‎ 联立： 得： ，‎ ‎，则 或（舍）与实际情况不符