2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习解析几何考点过关检测二十七解析

考点过关检测（二十七）1．椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左顶点为A，右焦点为F，上顶点为B，下顶点为D，若直线AB与直线DF的交点为(3a,16)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为45的直线l交椭圆C于S，T两点，证明：|PS|2＋|PT|2为定值．解：(1)由椭圆C的左顶点的坐标为A(－a,0)，上、下顶点的坐标分别为B(0，b)，D(0，－b)，右焦点的坐标为F(c,0)，可得直线AB的方程为y＝bax＋b，直线DF的方程为y＝bcx－b.因为直线AB和直线DF的交点为(3a,16)，所以16＝ba·3a＋b，16＝bc·3a－b，解得b＝4且3a＝5c.又因为a2＝b2＋c2，解得a＝5，所以椭圆C的标准方程为x225＋y216＝1.(2)证明：设直线l的方程为y＝45(x－m)，即x＝54y＋m，代入x225＋y216＝1并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则y1＋y2＝－45m，y1y2＝8m2－2525.又因为|PS|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21，同理|PT|2＝4116y22，则|PS|2＋|PT|2＝4116(y21＋y22)＝4116[(y1＋y2)2－2y1y2]＝4116－45m2－16m2－2525＝41，所以|PS|2＋|PT|2＝41，是定值．2．(2019·资阳模拟)已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A(－2,0)，B(2,0)，C1，32三点．(1)求椭圆E的方程；(2)若直线l：y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆E交于M，N两点，证明直线AM与直线BN的交点在直线x＝4上．解：(1)当椭圆E的焦点在x轴上时，设其方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则a＝2.又点C1，32在椭圆E上，得122＋94b2＝1，解得b2＝3.∴椭圆E的方程为x24＋y23＝1.当椭圆E的焦点在y轴上时，设其方程为x2b2＋y2a2＝1(ab0)，则b＝2.又点C1，32在椭圆E上，得122＋94a2＝1，解得a2＝3，这与ab矛盾．综上可知，椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：将直线l：y＝k(x－1)代入椭圆E的方程x24＋y23＝1并整理，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.设直线l与椭圆E的交点M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－33＋4k2.直线AM的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，它与直线x＝4的交点坐标为P4，6y1x1＋2，同理可求得直线BN与直线x＝4的交点坐标为Q4，2y2x2－2.下面证明P，Q两点重合，即证明P，Q两点的纵坐标相等．∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，∴6y1x1＋2－2y2x2－2＝6kx1－1x2－2－2kx2－1x1＋2x1＋2x2－2＝2k[2x1x2－5x1＋x2＋8]x1＋2x2－2＝2k8k2－33＋4k2－40k23＋4k2＋8x1＋2x2－2＝0.因此结论成立．综上可知，直线AM与直线BN的交点在直线x＝4上．3.(2019·邯郸联考)如图，设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，F为右焦点，直线y＝6x与椭圆C的交点到y轴的距离为27，过点B作x轴的垂线l，D为l上异于点B的一点，以BD为直径作圆E.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线AD与C的另一个交点为P，证明：直线PF与圆E相切．解：(1)由题可知ca＝12，∴a＝2c，b2＝3c2.设椭圆C的方程为x24c2＋y23c2＝1，由x24c2＋y23c2＝1，y＝6x，得|x|＝2c7＝27，∴c＝1，a＝2，b2＝3，故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：由(1)可得F(1,0)，设圆E的圆心为(2，t)(t≠0)，则D(2,2t)，圆E的半径R＝|t|，∴直线AD的方程为y＝t2(x＋2)．设过F与圆E相切的直线方程为x＝ky＋1，则|2－kt－1|1＋k2＝|t|，整理得k＝1－t22t.由y＝t2x＋2，x＝1－t22ty＋1，得x＝6－2t23＋t2，y＝6t3＋t2，又∵6－2t23＋t224＋6t3＋t223＝1，∴直线PF与圆E相切．4．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F2(1,0)，点B1，32在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝k(x－4)(k≠0)与椭圆C由左至右依次交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出定直线的方程．解：(1)由右焦点为F2(1,0)，知c＝1.由题意知1a2＋94b2＝1，a2＝b2＋1，解得a＝2，b＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)由直线l的方程为y＝k(x－4)知，直线l过定点(4,0)，由椭圆的对称性知，点G在直线x＝x0(x0∈R)上．当直线l过椭圆C的上顶点时，M(0，3)，此时直线l的斜率k＝－34，由y＝－34x－4，x24＋y23＝1，解得x＝0，y＝3或x＝85，y＝335，所以N85，335.由(1)知A1(－2,0)，A2(2,0)，所以直线lA1M的方程为y＝32(x＋2)，直线lA2N的方程为y＝－332(x－2)，联立两直线的方程得G1，332，可知点G在定直线x＝1上．当直线l不过椭圆C的上顶点时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由y＝kx－4，x24＋y23＝1，消去y并整理，得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，则Δ＝(－32k2)2－4×(3＋4k2)(64k2－12)0，解得－12k12，x1＋x2＝32k23＋4k2，x1x2＝64k2－123＋4k2，直线lA1M的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，直线lA2N的方程为y＝y2x2－2(x－2)，当x＝1时，由3y1x1＋2＝－y2x2－2，得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0，而2×64k2－123＋4k2－5×32k23＋4k2＋8×3＋4k23＋4k2＝0显然成立，所以点G在定直线x＝1上．综上所述，点G在定直线x＝1上．