发布时间 : 星期日 文章(全国通用版)2020高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第2讲 圆锥曲线学案 文更新完毕开始阅读c1e01b6cbf64783e0912a21614791711cc7979d6
y＝k?x＋1?，??2
联立方程?x2
＋y＝1，??2
2
2
2
2
整理得(2k＋1)x＋4kx＋2k－2＝0，
2
Δ＝8k2＋8>0.
由根与系数的关系，得
4k2k－2
x1＋x2＝－2，x1x2＝2，
2k＋12k＋1则|MN|＝1＋k22
22?k＋1?
?x1＋x2?－4x1x2＝. 2
2k＋1
2
2
直线PQ的方程为y＝kx，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
y＝kx，??2则?x2
＋y＝1，??2
2
2
3
2
22k2
解得x＝2，y＝2，
1＋2k1＋2k22
2
2?1＋k?
则|OP|＝x＋y＝2，
1＋2k23
又|PQ|＝2|OP|，
8?1＋k?
所以|PQ|＝4|OP|＝2，
1＋2k2
2
|PQ|所以＝22.
|MN||PQ|综上，＝22.
|MN|
2
2
x2y2
14．(2017·天津)已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c,0)，右顶点为A，点E的坐
ab标为(0，c)，△EFA的面积为.
2(1)求椭圆的离心率；
3c(2)设点Q在线段AE上，|FQ|＝，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，
2且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c. ①求直线FP的斜率； ②求椭圆的方程．
解 (1)设椭圆的离心率为e. 1b由已知可得(c＋a)c＝.
22
又由b＝a－c，可得2c＋ac－a＝0，
21
2
2
2
2
2
2
b2
即2e2
＋e－1＝0，解得e＝－1或e＝12.
又因为0 所以e＝11 2.所以椭圆的离心率为2 . (2)①依题意，设直线FP的方程为x＝my－c(m>0)， 则直线FP的斜率为1 m. 由(1)知a＝2c，可得直线AE的方程为xy2c＋c＝1， 即x＋2y－2c＝0，与直线FP的方程联立， 可得x＝?2m－2?c3cm＋2，y＝m＋2， 即点Q的坐标为? ??2m－2?c?m＋2，3cm＋2??? . 由已知|FQ|＝3c2， 有? ??2m－2?c?m＋2＋c??2?＋??3c?2＝?3c?m＋2????2??2? ， 整理得3m2 －4m＝0，所以m＝43(m＝0舍去)， 即直线FP的斜率为3 4. ②由a＝2c，可得b＝3c， x2y2 故椭圆方程可以表示为4c2＋3c2＝1. ?3x－4y＋3由①得直线FP的方程为3x－4y＋3c＝0，与椭圆方程联立得?c＝0，?x2 y2 ??4c2＋3c2＝1，消去y，整理得7x2 ＋6cx－13c2 ＝0， 解得x＝－13c7 (舍去)或x＝c. 因此可得点P??3c? c，2???， 进而可得|FP|＝ ?c＋c?2 ＋??3c?2??25c?＝2 ， 所以|PQ|＝|FP|－|FQ|＝5c3c2－2 ＝c. 22 由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线 FP. 因为QN⊥FP， 所以|QN|＝|FQ|·tan∠QFN＝3c2×39c4＝8， 2 所以△FQN的面积为127c2|FQ||QN|＝32. 2 同理△FPM的面积等于75c32 . 2 2 由四边形PQNM的面积为3c，得75c27c32－32＝3c， 整理得c2 ＝2c.又由c>0，得c＝2. 所以椭圆的方程为x2＋y2 1612 ＝1. 23