解析几何中的乘积或比值问题.doc

解析几何中的乘积或比值问题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x2y21,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x2y21,圆心到直线l的距离d,|CD|2.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得4x2-4x+80.由根与系数的关系可得x1x21,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： (ab0)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|PM|2|PA|PB|，求实数的取值范围【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，|PM|2|PA|PB|，当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(34k2)x216kx40，依题意得，x1x2，且48(4k21)0，|PA|PB|(1k2)x1x2(1k2)1， (1)，k2，1.综上所述，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.（）求点的轨迹方程；（）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】（）（）.【解析】试题分析：()设，由题意可得，则，点在椭圆上，整理计算可得轨迹方程为.()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.（）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（）求椭圆的短轴长和离心率；（）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】（）；（）结论是： ，证明见解析.【解析】试题分析：（）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；（）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.（）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：y22px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+为定值 ()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.（）求得方程；（）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：（）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求椭圆的标准方程；当直线的斜率为时，求的面积；试比较与大小【答案】见解析试题解析：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