高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻36個(gè)必考點(diǎn) 解析幾何 考點(diǎn)過關(guān)檢測(cè)二十 文-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題

考點(diǎn)過關(guān)檢測(cè)（二十）1．(2019·馬鞍山期末)已知橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)(1，eq\r(2))，離心率為eq\f(\r(2),2)，過原點(diǎn)O作兩條直線l1，l2，直線l1交橢圓于點(diǎn)A，C，直線l2交橢圓于點(diǎn)B，D，且|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋|DA|2＝24.(1)求橢圓的方程；(2)若直線l1，l2的斜率分別為k1，k2，求證：|k1k2|為定值．解：(1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2，))故橢圓的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)證明：由對(duì)稱性可知，四邊形ABCD是平行四邊形，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x1，－y1)，D(－x2，－y2)，由eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1，得y2＝4－2x2，|AB|2＋|BC|2＋|CD|2＋|DA|2＝2(|AB|2＋|DA|2)＝2[(x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2]＝4(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝4(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＋4－2xeq\o\al(2,1)＋4－2xeq\o\al(2,2))＝4×(8－xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝24，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝2，|k1·k2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,x1x2)))＝eq\r(\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))＝eq\r(\f(4－2x\o\al(2,1)4－2x\o\al(2,2),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))＝eq\r(\f(16－8x\o\al(2,1)－8x\o\al(2,2)＋4x\o\al(2,1)x\o\al(2,2),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))＝2，故|k1k2|為定值2.2．(2019·綿陽(yáng)診斷)已知點(diǎn)E(－2,0)，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(2,0)，過點(diǎn)F的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，△ABE的周長(zhǎng)為12.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l交y軸于點(diǎn)N，已知eq\o(NA,\s\up6(→))＝meq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(NB,\s\up6(→))＝neq\o(BF,\s\up6(→))，求m＋n的值．解：(1)由題意知，E為橢圓的左焦點(diǎn)，∴|AB|＋|AE|＋|BE|＝|AF|＋|BF|＋|AE|＋|BE|＝4a＝12，解得a＝3，又c＝2，故b2＝a2－c2＝9－4＝5，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.(2)由題知F(2,0)，若直線AB恰好過原點(diǎn)，則A(－3,0)，B(3,0)，N(0,0)，∴eq\o(NA,\s\up6(→))＝(－3,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(5,0)，則m＝－eq\f(3,5)，eq\o(NB,\s\up6(→))＝(3,0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1,0)，則n＝－3，∴m＋n＝－eq\f(18,5).若直線AB不過原點(diǎn)，設(shè)直線AB：x＝ty＋2，t≠0，A(ty1＋2，y1)，B(ty2＋2，y2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,t))).則eq\o(NA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋2，y1＋\f(2,t)))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－ty1，－y1)，eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋2，y2＋\f(2,t)))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－ty2，－y2)，由eq\o(NA,\s\up6(→))＝meq\o(AF,\s\up6(→))，得y1＋eq\f(2,t)＝m(－y1)，從而m＝－1－eq\f(2,ty1)；由eq\o(NB,\s\up6(→))＝neq\o(BF,\s\up6(→))，得y2＋eq\f(2,t)＝n(－y2)，從而n＝－1－eq\f(2,ty2)，故m＋n＝－1－eq\f(2,ty1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(2,ty2)))＝－2－eq\f(2,t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－2－eq\f(2,t)×eq\f(y1＋y2,y1y2).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))整理得(5t2＋9)y2＋20ty－25＝0，∴y1＋y2＝－eq\f(20t,5t2＋9)，y1y2＝－eq\f(25,5t2＋9)，∴m＋n＝－2－eq\f(2,t)×eq\f(y1＋y2,y1y2)＝－2－eq\f(2,t)×eq\f(20t,25)＝－2－eq\f(8,5)＝－eq\f(18,5).綜上所述，m＋n＝－eq\f(18,5).3．(2019·河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)，y1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，y2))，m·n＝0.(1)求證：k1·k2＝－eq\f(1,4)；(2)試探求△POQ的面積是否為定值，并說明理由．解：(1)證明：∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，∵m·n＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，∴k1·k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4).(2)①當(dāng)直線PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2時(shí)，由eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，得eq\f(x\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝0，又由P(x1，y1)在橢圓上，得eq\f(x\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，∴|x1|＝eq\r(2)，|y1|＝eq\f(\r(2),2)，∴S△POQ＝eq\f(1,2)|x1|·|y1－y2|＝1.②當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b(b≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，∴x1＋x2＝eq\f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4b2－4,4k2＋1).∵eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，滿足Δ>0.∴S△POQ＝eq\f(1,2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))·|PQ|＝eq\f(1,2)|b|eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2|b|·eq\f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.∴△POQ的面積為定值，且為1.4．(2019·沈陽(yáng)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2)，點(diǎn)P為其上一動(dòng)點(diǎn)，且三角形PF1F2的面積最大值為eq\r(3)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)若點(diǎn)M，N為C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求常數(shù)m，使eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝m時(shí)，點(diǎn)O到直線MN的距離為定值，并求這個(gè)定值．解：(1)依題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c2＝a2－b2，,bc＝\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＋y1y2＝m，當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋n，則點(diǎn)O到直線MN的距離d＝eq\f(|n|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(n2,k2＋1)).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋n))消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ>0得4k2－n2＋3>0，則x1＋x2＝eq\f(－8kn,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4n2－12,4k2＋3)，所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得eq\f(7n2,k2＋1)＝12＋eq\f(m4k2＋3,k2＋1).因?yàn)閐＝eq\r(\f(n2,k2＋1))為常數(shù)，則m＝0，d＝eq\r(\f(12,7))＝eq