江蘇省文普全力沖刺高考系列：近3年的南京的解幾題套路總結(jié)(共21頁(yè))

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上江蘇省文普全力沖刺高考系列：近3年的南京的解幾題套路總結(jié)據(jù)悉，南京教研室孫旭東主任命制解幾題可能性極大，南京模擬題孫主任起很大作用，南京風(fēng)格要注意.定點(diǎn)、定值、定性問(wèn)題的解法在考前要認(rèn)真復(fù)習(xí).解析幾何的重要的方法，特別是重要的計(jì)算程序要強(qiáng)化訓(xùn)練.在此背景下，我們真的有必要好好研究南京近3年的模擬試題了.2017一模T17.在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓經(jīng)過(guò)橢圓的焦點(diǎn).（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線交橢圓于兩點(diǎn)，為弦的中點(diǎn)，記直線的斜率分別為，當(dāng)時(shí)，求的值.解：（1），橢圓的焦點(diǎn)在軸上，又圓經(jīng)過(guò)橢圓的焦點(diǎn)，故橢圓的半焦距.3分，故橢圓的方程為.6分（2）方法一(韋達(dá)定

2、理）：設(shè)，聯(lián)立，消去，得，.8分所以，又，所以，所以， 10分則. 14分方法二：設(shè)， 則，兩式作差，得，又，又，在直線上，又在直線上，由可得，. 10分以下同方法一.【總結(jié)】直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，一般轉(zhuǎn)化為直線方程與圓錐曲線方程組成的方程組，利用韋達(dá)定理或求根公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化。涉及弦長(zhǎng)的問(wèn)題中，應(yīng)熟練地利用韋達(dá)定理計(jì)算弦長(zhǎng)；涉及垂直關(guān)系時(shí)也往往利用韋達(dá)定理簡(jiǎn)化運(yùn)算；涉及過(guò)焦點(diǎn)的弦的問(wèn)題，可考慮用圓錐曲線的定義求解;涉及中點(diǎn)弦問(wèn)題往往利用點(diǎn)差法或韋達(dá)定理.2017.二模T18如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C：1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(b，2e)，其中e為橢圓C的離心率過(guò)點(diǎn)T(1，0)作斜率

3、為k(k0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)(A在x軸下方)（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)O且平行于l的直線交橢圓C于點(diǎn)M，N，求 的值；（3）記直線l與y軸的交點(diǎn)為P若，求直線l的斜率k18（本小題滿(mǎn)分16分）解：（1）因?yàn)闄E圓 1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(b，2e)，所以1因?yàn)閑2，所以1因?yàn)閍2b2c2，所以 1 2分整理得 b412b2320，解得b24或b28(舍) 所以橢圓C的方程為1 4分（2）設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)因?yàn)門(mén)(1，0)，則直線l的方程為yk(x1)聯(lián)立直線l與橢圓方程 消去y，得 (2k21)x24k2x2k280，所以 6分因?yàn)镸Nl，所以直線MN方程為ykx，聯(lián)立

4、直線MN與橢圓方程消去y得 (2k21)x28，解得x2因?yàn)镸Nl，所以 8分因?yàn)?(1x1)·(x21)x1x2(x1x2)1 ，(xMxN)24x2，所以 · 10分（3）在yk(x1)中，令x0，則yk，所以P(0，k)，從而 (x1,ky1)， (x21，y2)因?yàn)?，所以x1(x21)，即x1x2 12分由(2)知， 由解得 x1，x2 14分因?yàn)閤1x2， 所以 ×， 整理得 50k483k2340，解得k22或k2 (舍) 又因?yàn)閗0，所以k 16分2017三模T18.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓1(ab0)的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)分別為A，B，M為

5、線段AB的中點(diǎn)，且·b2（1）求橢圓的離心率；（2）已知a2，四邊形ABCD內(nèi)接于橢圓，ABDC記直線AD，BC的斜率分別為k1，k2，求證：k1·k2為定值解：（1）A(a，0)，B(0，b)，由M為線段AB的中點(diǎn)得M(，)所以(，)，(a，b)因?yàn)?#183;b2，所以(，)·(a，b)b2，整理得a24b2，即a2b 3分因?yàn)閍2b2c2，所以3a24c2，即a2c所以橢圓的離心率e 5分（2）方法一：由a2得b1，故橢圓方程為y21 從而A(2，0)，B(0，1)，直線AB的斜率為 7分因?yàn)锳BDC，故可設(shè)DC的方程為yxm設(shè)D(x1，y1)，C(x2，y

6、2)聯(lián)立消去y，得x22mx2m220，所以x1x22m，從而x12mx2 9分直線AD的斜率k1，直線BC的斜率k2， 11分所以k1·k2·，即k1·k2為定值 16分方法二：由a2得b1，故橢圓方程為y21 從而A(2，0)，B(0，1)，直線AB的斜率為 7分設(shè)C(x0，y0)，則y021因?yàn)锳BCD，故CD的方程為y(xx0)y0聯(lián)立消去y，得x2(x02y0)x2x0y00，解得xx0（舍去）或x2y0所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2y0，x0) 13分所以k1·k2·，即k1·k2為定值 16分2016一模T18.如圖，在平面直角坐

7、標(biāo)系中，設(shè)點(diǎn)是橢圓上一點(diǎn)，從原點(diǎn)向圓作兩條切線分別與橢圓交于點(diǎn)，直線的斜率分別記為.（1）若圓與軸相切于橢圓的右焦點(diǎn)，求圓的方程；（2）若.求證：；求的最大值解：（1）因?yàn)闄E圓右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以圓心的坐標(biāo)為，.2分從而圓的方程為. 4分（2）因?yàn)閳A與直線相切，所以，即， 6分同理，有，所以是方程的兩根， 8分從而. 10分設(shè)點(diǎn)，聯(lián)立，解得，.12分同理，所以 14分， 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào).所以的最大值為.16分2016二模T18在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)C在橢圓M：1(ab0)上若點(diǎn)A(a，0)，B(0，)，且（1）求橢圓M的離心率；（2）設(shè)橢圓M的焦距為4，P，Q是橢圓M上不同的兩點(diǎn)，線段

8、PQ的垂直平分線為直線l，且直線l不與y軸重合若點(diǎn)P(3，0)，直線l過(guò)點(diǎn)（0，），求直線l的方程； 若直線l過(guò)點(diǎn)(0，1) ，且與x軸的交點(diǎn)為D，求D點(diǎn)橫坐標(biāo)的取值范圍解：（1）設(shè)C (x0，y0)，則(a，)，(x0，y0)因?yàn)椋?a，)(x0，y0)(x0，y0)，得 2分代入橢圓方程得a2b2因?yàn)閍2b2c2，所以e4分（2）因?yàn)閏2，所以a29，b25，所以橢圓的方程為1， 設(shè)Q (x0，y0)，則1 6分因?yàn)辄c(diǎn)P(3，0)，所以PQ中點(diǎn)為(，)， 因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn)(0，)，直線l不與y軸重合，所以x03，所以·1， 8分化簡(jiǎn)得x029y02y0 將代入化簡(jiǎn)得y02y00

9、，解得y00（舍），或y0將y0代入得x0±，所以Q為(±，)， 所以PQ斜率為1或，直線l的斜率為1或，所以直線l的方程為yx或yx10分設(shè)PQ：ykx+m，則直線l的方程為：yx1，所以xDk將直線PQ的方程代入橢圓的方程，消去y得(59k2)x218kmx9m2450，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，中點(diǎn)為N，xN，代入直線PQ的方程得yN，12分代入直線l的方程得9k24m5 又因?yàn)?18km)24(59k2) (9m245)0， 化得m29k250 14分將代入上式得m24m0，解得0m4，所以k，且k0，所以xDk(，0)(0，)綜上所述，點(diǎn)D橫坐標(biāo)的取值

10、范圍為(，0)(0，)16分2016三模T17如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知橢圓的離心率為，點(diǎn)在橢圓上（1）求橢圓的方程；（2）設(shè)直線與圓相切，與橢圓相交于兩點(diǎn) 若直線過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)，求的面積；求證:解：（1）由題意，得，1，解得a26，b23所以橢圓的方程為1 （2）解法一 橢圓C的右焦點(diǎn)F(，0)設(shè)切線方程為yk(x)，即kxyk0，所以，解得k±，所以切線方程為y±(x)由方程組解得或 所以點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為(，)，(，)，所以PQ 因?yàn)镺到直線PQ的距離為，所以O(shè)PQ的面積為 因?yàn)闄E圓的對(duì)稱(chēng)性，當(dāng)切線方程為y(x)時(shí)，OPQ的面積也為綜上所述，OPQ的面積為 解法

11、二 橢圓C的右焦點(diǎn)F(，0)設(shè)切線方程為yk(x)，即kxyk0，所以，解得k±，所以切線方程為y±(x)把切線方程 y(x)代入橢圓C的方程，消去y得5x28x60設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1x2 由橢圓定義可得，PQPFFQ2ae( x1x2)2××因?yàn)镺到直線PQ的距離為，所以O(shè)PQ的面積為 因?yàn)闄E圓的對(duì)稱(chēng)性，當(dāng)切線方程為y(x)時(shí)，所以O(shè)PQ的面積為綜上所述，OPQ的面積為 解法一：(i)若直線PQ的斜率不存在，則直線PQ的方程為x或x當(dāng)x時(shí)，P (，)，Q(，)因?yàn)?#183;0，所以O(shè)POQ當(dāng)x時(shí)，同理可得OPOQ (ii

12、) 若直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為ykxm，即kxym0因?yàn)橹本€與圓相切，所以，即m22k22將直線PQ方程代入橢圓方程，得(12k2) x24kmx2m260.設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1x2，x1x2因?yàn)?#183;x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)×km×()m2將m22k22代入上式可得·0，所以O(shè)POQ綜上所述，OPOQ 解法二：設(shè)切點(diǎn)T(x0，y0)，則其切線方程為x0xy0y20，且xy2 (i)當(dāng)y00時(shí)，則直線PQ的直線方程為x或x當(dāng)x時(shí)，P (，)，Q(

13、，)因?yàn)?#183;0，所以O(shè)POQ當(dāng)x時(shí)，同理可得OPOQ (ii) 當(dāng)y00時(shí)，由方程組消去y得(2xy)x28x0x86y0設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1x2，x1x2 所以·x1x2y1y2x1x2因?yàn)閤y2，代入上式可得·0，所以O(shè)POQ綜上所述，OPOQ 2015一模T17在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓的右準(zhǔn)線方程為，右頂點(diǎn)為，上頂點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為，斜率為的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，且點(diǎn)到直線的距離為.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）將直線繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它與橢圓相交于另一點(diǎn)，當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，試確定直線的斜率.解：（1）由題意知，直線的方程為，即， 2分右焦點(diǎn)到直線的距離為，

14、 4分又橢圓的右準(zhǔn)線為，即，所以，將此代入上式解得，橢圓的方程為； 6分（2）由（1）知， 直線的方程為，8分聯(lián)立方程組，解得或（舍），即，12分直線的斜率. 14分方法二: 由（1）知， 直線的方程為，由題，顯然直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，解得，代入橢圓解得：或，又由題意知，得或，所以.方法三：由題，顯然直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，得，所以,，當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)有，即，解得或，又由題意知，得或，所以.2015二模T18、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓E：的離心率為，直線l：與橢圓E相交于A，B兩點(diǎn)，C，D是橢圓E上異于A，B兩點(diǎn)，且直線AC，BD相交于點(diǎn)M，直線AD

15、，BC相交于點(diǎn)N.（1）求的值；（2）求證：直線MN的斜率為定值.解：（1）因?yàn)閑，所以c2a2，即a2b2a2，所以a22b2 2分故橢圓方程為1由題意，不妨設(shè)點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第三象限由解得A(b，b)又AB2，所以O(shè)A，即b2b25，解得b23故a，b 5分（2）方法一：由（1）知，橢圓E的方程為 1，從而A(2，1)，B(2，1)當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，k2，C(x0，y0)，顯然k1k2從而k1 ·kCB· 所以kCB 8分同理kDB 于是直線AD的方程為y1k2(x2)，直線BC的方程為y1(x2)由解得 從而

16、點(diǎn)N的坐標(biāo)為(，) 用k2代k1，k1代k2得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(，) 11分所以kMN 1即直線MN的斜率為定值1 14分當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時(shí)，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(2，1)仍然設(shè)DA的斜率為k2，由知kDB此時(shí)CA：x2，DB：y1(x2)，它們交點(diǎn)M(2，1)BC：y1，AD：y1k2(x2)，它們交點(diǎn)N(2，1)，從而kMN1也成立由可知，直線MN的斜率為定值1 16分方法二：由（1）知，橢圓E的方程為 1，從而A(2，1)，B(2，1)當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時(shí)，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，

17、k2顯然k1k2直線AC的方程y1k1(x2)，即yk1x(12k1)由得(12k12)x24k1(12k1)x2(4k124k12)0設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x1，y1)，則2·x1，從而x1 所以C(，)又B(2，1)，所以kBC 8分所以直線BC的方程為y1(x2)又直線AD的方程為y1k2(x2)由解得 從而點(diǎn)N的坐標(biāo)為(，) 用k2代k1，k1代k2得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(，) 11分所以kMN 1即直線MN的斜率為定值1 14分當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時(shí)，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(2，1)仍然設(shè)DA的斜率為k2，則

18、由知kDB此時(shí)CA：x2，DB：y1(x2)，它們交點(diǎn)M(2，1)BC：y1，AD：y1k2(x2)，它們交點(diǎn)N(2，1)，從而kMN1也成立由可知，直線MN的斜率為定值1 16分2015三模T18在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，右準(zhǔn)線l：xm1與x軸的交點(diǎn)為B，BF2m （1）已知點(diǎn)(，1)在橢圓C上，求實(shí)數(shù)m的值；（2）已知定點(diǎn)A(2，0)若橢圓C上存在點(diǎn)T，使得，求橢圓C的離心率的取值范圍；當(dāng)m1時(shí)，記M為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，直線AM，BM分別與橢圓C交于另一點(diǎn)P，Q，若 ，m，求證：m為定值18解：（1）設(shè)橢圓C的方程為 1(ab0)由題意，得 解得 所以橢圓方程為1 因?yàn)闄E圓C過(guò)點(diǎn)(，1)，所以1，解得m2或m (舍去）所以m2 4分（2）設(shè)點(diǎn)T(x，y)由，得(x2)2y22(x1)2y2，即x2y22 6分由 得y2m2m因此0m2mm，解得1m2所以橢圓C的離心率e， 10分（方法一）設(shè)M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)則(x02，y0