江苏高中数学典型题目

参变分离还是利用二次函数的图象1.已知函数，若对于任意的都有，则实数的取值范围为.利用函数的性质解不等式2.已知知函数，，则不等式的解集是。(1，2)3.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(x，x≥0，,x2，x＜0，))，则关于x的不等式f(x2)＞f(3－2x)的解集是．(－∞，－3)∪(1，3)4.已知函数f(x)＝x－1－(e－1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)＜0的x的取值范围为．(0,1)双变量问题5、已知正实数x,y满足，则的最小值是________（消元法或判别式法）6、若a＞0，b＞0，且，则a+2b的最小值为．（基本不等式法或消元法）7、已知x，y为正实数，则eq\F(4x,4x＋y)＋eq\F(y,x＋y)的最大值为▲．eq\f(4,3)（齐次式消元）已知函数奇偶性求参数2.若函数是偶函数，则实数的值为________．2两个变量的函数17南京二模应用题和零点有关的题目已知零点个数求参数范围3、已知函数，.若方程恰有4个互异的实数根，则实数的取值范围为.（可用参变分离）9．设f(x)＝x2－3x＋a．若函数f(x)在区间(1，3)内有零点，则实数a的取值范围为(0，eq\F(9,4)]零点存在定理3.已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5)，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.(1)求f(x)的解析式；(2)是否存在整数m使得方程f(x)＋eq\f(37,x)＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m值；若不存在，说明理由．3.解：(1)f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R)．(2)方程f(x)＋eq\f(37,x)＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0.设h(x)＝2x3－10x2＋37，则h′(x)＝6x2－20x＝2x(3x－10)．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(10,3)))时，h′(x)＜0，h(x)是减函数；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))时，h′(x)＞0，h(x)是增函数．∵h(3)＝1＞0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)))＝－eq\f(1,27)＜0，h(4)＝5＞0，∴方程h(x)＝0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(10,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，4))内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m＝3，使得方程f(x)＋eq\f(37,x)＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不同的实数根．（单调性+异号端点值）3、函数的零点所在的一个区间是，则1或-27.已知函数，其中ｅ是自然数的底数，。当时，求整数ｋ的所有值，使方程在［ｋ，ｋ＋１］上有解。⑶当时,方程即为，由于，所以不是方程的解，所以原方程等价于，令，因为对于恒成立，所以在和内是单调增函数，又，，，，所以方程有且只有两个实数根，且分别在区间和上，所以整数的所有值为复合函数的零点个数又因为，所以关于的不等式不能恒成立．当时，，令，得．所以当时，；当时，，因此函数在是增函数，在是减函数．故函数的最大值为．令，因为，，又因为在是减函数．所以当时，．所以整数的最小值为2．方法二：（2）由恒成立，得在上恒成立，问题等价于在上恒成立．令，只要因为，令，得．设，因为，所以在上单调递减，不妨设的根为．当时，；当时，，所以在上是增函数；在上是减函数．所以．因为，所以，此时，即．所以，即整数的最小值为2．绝对值函数（2015泰州二模13）.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是▲．(2016·苏州调研测试)已知函数f(x)=x|x-a|，a∈R，g(x)=x2-1.记函数f(x)在区间[0，2]上的最大值为F(a)，求F(a)的表达式.(2)因为x∈[0，2]，当a≤0时，f(x)=x2-ax，则f(x)在区间[0，2]上是增函数，所以F(a)=f(2)=4-2a.当0<a<2时，f(x)=则f(x)在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间[a，2]上是增函数，所以F(a)=max，而f=，f(2)=4-2a，令f<f(2)，即<4-2a，解得-4-4<a<-4+4，所以当0<a<4-4时，F(a)=4-2a；令f≥f(2)，即≥4-2a，解得a≤-4-4或a≥-4+4，所以当4-4≤a<2时，F(a)=.当a≥2时，f(x)=-x2+ax，当1≤<2，即2≤a<4时，f(x)在区间上是增函数，在上是减函数，则F(a)=f=；当≥2，即a≥4时，f(x)在区间[0，2]上是增函数，则F(a)=f(2)=2a-4；综上，F(a)=先求轨迹的题目(2017南京二模11)．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：kx－y＋2＝0与直线l2：x＋ky－2＝0相交于点P，则当实数k变化时，点P到直线x－y－4＝0的距离的最大值为▲．3eq\R(,2)已知圆与轴的两个交点分别为（由左到右），为上的动点，过点且与相切，过点作的垂线且与直线交于点，则点到直线的距离的最大值是▲．（常州2016一模13）13.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝1，O1：(x－4)2＋y2＝4，动点P在直线x＋eq\r(3)y－b＝0上，过P分别作圆O，O1的切线，切点分别为A，B，若满足PB＝2PA的点P有且只有两个，则实数b的取值范围是____________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)，4))（切线长公式）在平面直角坐标系中，已知圆O：，点，M，N为圆O上不同的两点，且满足．若，则的最小值为▲．3、已知A(-1，0)，B(0，1)，则满足且在圆上的点P的个数为______2阿波罗尼斯圆（苏北四市2016一模13）已知点，，，点是直线上的动点，若恒成立，则最小正整数的值为▲．4满足条件AB＝2,AC＝EQ\r(,2)BC的三角形ABC的面积的最大值是2EQ\r(,2)（也可以用解三角形的方法）存在性的题目1、在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的最大值是▲．∵∴圆C的圆心为，半径为1。∵由题意，在一点，以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点；∴存在，使得成立，即。∵即为点到∴∴的最大值是。【答案】。1、如果圆上总存在两个点到原点的距离为1，则实数的取值范围是.（无锡2016一模13）已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，线段EF在直线l：y＝x＋1上运动，点P为线段EF上任意一点，若圆C上存在两点A，B，使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))≤0，则线段EF长度的最大值是____________．eq\r(14)13.在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x-1)2+y2=4,P为圆C上一点.若存在一个定圆M,过点P作圆M的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,当点P在圆C上运动时,使得∠APB恒为60°,则圆M的方程为.

13.(x-1)2+y2=1解析:自定圆M外的一点P向圆引两切线PA,PB.若∠APB为定值,则P到定圆圆心M的距离为定值.依题意知点P在圆C上,P只能是到圆C的圆心的距离为定值,故M与点C重合.由∠APB=60°知MP=CP=2,所以圆M的半径为1.圆M的方程为(x-1)2+y2=1.2、设圆，动圆，设点P是椭圆上的点，过点P作圆的一条切线，切点为，过点P作圆的一条切线，切点为，问：是否存在点P，使无穷多个圆，满足？如果存在，求出所有这样的点P；如果不存在，说明理由.设，则，，即，整理得（*）存在无穷多个圆，满足的充要条件为有解，解此方程组得或，故存在点P，使无穷多个圆，满足，点P的坐标为.14．在平面直角坐标系中，圆：，圆：．若圆上存在一点，使得过点可作一条射线与圆依次交于点，，满足，则半径r的取值范围是▲．【答案】（特殊位置）13.在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x-1)2+y2=4,P为圆C上一点.若存在一个定圆M,过点P作圆M的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,当点P在圆C上运动时,使得∠APB恒为60°,则圆M的方程为.

13.(x-1)2+y2=1解析:自定圆M外的一点P向圆引两切线PA,PB.若∠APB为定值,则P到定圆圆心M的距离为定值.依题意知点P在圆C上,P只能是到圆C的圆心的距离为定值,故M与点C重合.由∠APB=60°知MP=CP=2,所以圆M的半径为1.圆M的方程为(x-1)2+y2=1.14．已知圆C：(x－2)2＋y2＝4，点P在直线l：y＝x＋2上，若圆C上存在两点A、B使得eq\o(PA,\s\up8(→))＝3eq\o(PB,\s\up8(→))，则点P的横坐标的取值范围是．[-2,2]（特殊位置法与轨迹法）聚焦小题二十八14题直线与圆相切17年南通三模18题，盐城三模17题（南京2016一模18）如图，在平面直角坐标系中，设点是椭圆上一点，从原点向圆作两条切线分别与椭圆交于点，直线的斜率分别记为.xO第18题图·yMPQ（1xO第18题图·yMPQ（2）若.①求证：；②求的最大值.解：（1）因为椭圆右焦点的坐标为，所以圆心的坐标为，从而圆的方程为.（2）①因为圆与直线相切，所以，即，同理，有，所以是方程的两根，从而.切点弦17年盐城三模18题第3问圆与圆相切：切点与两圆心三点共线直线与圆相交问题（南京2016一模12）过点的直线与圆相交于两点，若点恰好是线段的中点，则直线的方程为▲.（苏州2016一模12）12.若直线l1：y＝x＋a和直线l2：y＝x＋b将圆(x－1)2＋(y－2)2＝8分成长度相等的四段弧，则a2＋b2＝____________．18《微专题：直线与圆，圆与圆》反馈练习第7题：过圆x2＋y2＝4内一点P(1,1)作两条相互垂直的弦AC，BD，四边形ABCD的面积的最大值为________．答案：6，最小值怎么求？求圆的方程17.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点O，右焦点为F.若C的右准线l的方程为x＝4，离心率e＝eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设点P为直线l上一动点，且在x轴上方．圆M经过O、F、P三点，求当圆心M到x轴的距离最小时圆M的方程．17.解：(1)由题意，设椭圆C的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)＝4，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))解得a＝2eq\r(2)，c＝2.(4分)从而b2＝a2－c2＝4.所以所求椭圆C的标准方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(6分)(2)(方法一)由(1)知F(2,0)．由题意可设P(4，t)，t＞0.线段OF的垂直平分线方程为x＝1.①因为线段FP的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(t,2)))，斜率为eq\f(t,2)，所以FP的垂直平分线方程为y－eq\f(t,2)＝－eq\f(2,t)(x－3)，即y＝－eq\f(2,t)x＋eq\f(6,t)＋eq\f(t,2).②联立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(t,2)＋\f(4,t)，))即圆心Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(t,2)＋\f(4,t))).(10分)因为t＞0，所以eq\f(t,2)＋eq\f(4,t)≥2eq\r(\f(t,2)·\f(4,t))＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(t,2)＝eq\f(4,t)，即t＝2eq\r(2)时，圆心M到x轴的距离最小，此时圆心为M(1,2eq\r(2))，半径为OM＝3.故所求圆M的方程为(x－1)2＋(y－2eq\r(2))2＝9.(14分)(方法二)由(1)知F(2,0)．由题意可设P(4，t)，t＞0.因为圆M过原点O，故可设圆M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＝0.将点F、P的坐标代入得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2D＝0，,16＋t2＋4D＋tE＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝－2，,E＝－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(8,t))).))所以圆心M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(t,2)＋\f(4,t))).(10分)因为t＞0，所以eq\f(t,2)＋eq\f(4,t)≥2eq\r(\f(t,2)·\f(4,t))＝2eq\r(2)，当且仅当eq\f(t,2)＝eq\f(4,t)，即t＝2eq\r(2)时，圆心M到x轴的距离最小，此时E＝－4eq\r(2).故所求圆M的方程为x2＋y2－2x－4eq\r(2)y＝0.(14分)直线方程的典型问题截距式方程和点斜式方程1、过点M(3，－4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为____________________.答案x＋y＋1＝0或4x＋3y＝03、已知直线l过点P(3,2)，且与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，如图所示，求（1）△ABO的面积的最小值及此时直线l的方程；（2）求截距和最小时直线的方程。解方法一设直线方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)，将点P(3,2)代入得eq\f(3,a)＋eq\f(2,b)＝1≥2eq\r(\f(6,ab))，得ab≥24，从而S△AOB＝eq\f(1,2)ab≥12，当且仅当eq\f(3,a)＝eq\f(2,b)时等号成立，这时k＝－eq\f(b,a)＝－eq\f(2,3)，从而所求直线方程为2x＋3y－12＝0.方法二依题意知，直线l的斜率k存在且k<0.则直线l的方程为y－2＝k(x－3)(k<0)，且有Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,k)，0))，B(0,2－3k)，∴S△ABO＝eq\f(1,2)(2－3k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,k)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12＋－9k＋\f(4,－k)))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12＋2\r(－9k·\f(4,－k))))＝eq\f(1,2)×(12＋12)＝12.当且仅当－9k＝eq\f(4,－k)，即k＝－eq\f(2,3)时，等号成立.即△ABO的面积的最小值为12.故所求直线的方程为2x＋3y－12＝0.对称问题6、已知直线l：2x－3y＋1＝0，点A(－1，－2).求：(1)B(－1，－2)关于A的对称点；(2)点A关于直线l的对称点A′的坐标；(3)直线m：3x－2y－6＝0关于直线l的对称直线m′的方程；(4)直线l关于点A(－1，－2)对称的直线l′的方程.解(补了一问)(2)设A′(x，y)，再由已知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y＋2,x＋1)·\f(2,3)＝－1，,2×\f(x－1,2)－3×\f(y－2,2)＋1＝0)).解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(33,13)，,y＝\f(4,13).))∴A′(－eq\f(33,13)，eq\f(4,13)).(3)在直线m上取一点，如M(2,0)，则M(2,0)关于直线l的对称点必在m′上.设对称点为M′(a，b)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2×\f(a＋2,2)－3×\f(b＋0,2)＋1＝0，,\f(b－0,a－2)×\f(2,3)＝－1.))解得M′(eq\f(6,13)，eq\f(30,13)).设m与l的交点为N，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－3y＋1＝0，,3x－2y－6＝0.))得N(4,3).又∵m′经过点N(4,3)，∴由两点式得直线方程为9x－46y＋102＝0.(4)设P(x，y)为l′上任意一点，则P(x，y)关于点A(－1，－2)的对称点为P′(－2－x，－4－y)，∵P′在直线l上，∴2(－2－x)－3(－4－y)＋1＝0，即2x－3y－9＝0.定比分点南京二模卷18题1、在直角坐标系中，中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆C上的点P()到两焦点的距离之和为，（1）求椭圆C的方程（2）过椭圆C的右焦点作直线与椭圆C分别交于A,B两点，其中点A在x轴下方，且，求直线的方程。（1）（3）18．已知椭圆C∶eq\F(x2,a2)＋eq\F(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，一条准线方程为x＝2．P为椭圆C上一点，直线PF1交椭圆C于另一点Q．（1）求椭圆C的方程；（3）若eq\o(F1P,\d\fo1()\s\up7(→))＝λeq\o(QF1,\d\fo1()\s\up7(→))，且λ∈[eq\f(1,2)，2]，求eq\o(OP,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(OQ,\d\fo1()\s\up7(→))的最大值．18、（1）椭圆的方程为EQ\F(x2,2)＋y2＝1．…………2分（3）解法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq\o(F1P,\s\up7(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(QF1,\s\up7(→))＝(－1－x2，－y2)．因为eq\o(F1P,\s\up7(→))＝λeq\o(QF1,\s\up7(→))，所以EQ\b\lc\{(\a\al(x1＋1＝λ(－1－x2)，,y1＝－λy2，))即EQ\b\lc\{(\a\al(x1＝－1－λ－λx2，,y1＝－λy2，))所以EQ\b\lc\{(\a\al(EQ\F((－1－λ－λx2)2,2)＋λ2yEQ\o\al(\s\up4(2),\s\do3(2))＝1，,EQ\F(xEQ\o\al(\s\up4(2),\s\do3(2)),2)＋yEQ\o\al(\s\up4(2),\s\do3(2))＝1，))解得x2＝EQ\F(1－3λ,2λ)．…………12分所以eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2＝x2(－1－λ－λx2)－λyEQ\o\al(\s\up4(2),\s\do3(2))＝－EQ\F(λ,2)x22－(1＋λ)x2－λ＝－EQ\F(λ,2)(EQ\F(1－3λ,2λ))2－(1＋λ)·EQ\F(1－3λ,2λ)－λ＝EQ\F(7,4)－EQ\F(5,8)(λ＋EQ\F(1,λ))．…………14分因为λ∈[eq\f(1,2)，2]，所以λ＋EQ\F(1,λ)≥2EQ\r(,λ·EQ\F(1,λ))＝2，当且仅当λ＝EQ\F(1,λ)，即λ＝1时，取等号．所以eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))≤EQ\F(1,2)，即eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))最大值为EQ\F(1,2)．…………16分解法二：当PQ斜率不存在时，在eq\F(x2,2)＋y2＝1中，令x＝－1得y＝±eq\F(eq\R(,2),2)．所以，此时…………2当PQ斜率存在时，设为k，则PQ的方程是y＝k(x＋1)，由eq\b\lc\{(\a\al(y＝k(x＋1)，,eq\F(x2,2)＋y2＝1．))得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，韦达定理………4设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则的最大值为eq\F(1,2)，此时………………818．（2015•南京二模）（本小题满分16分）在平面直角坐标系xOy中，设中心在坐标原点的椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2，右准线l：x＝m＋1与x轴的交点为B，BF2＝m．（2）已知定点A(－2，0)．当m＝1时，记M为椭圆C上的动点，直线AM，BM分别与椭圆C交于另一点P，Q，xyAOBMPQ（第18题图）F2F1l若eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(BQ,\s\up7(→))，求证：λxyAOBMPQ（第18题图）F2F1l18．解：（2）（方法一）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．则eq\o(\s\up8(),AM)＝(x0＋2，y0)，eq\o(\s\up8(),AP)＝(x1＋2，y1)．由eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),AP)，得eq\b\lc\{(\a\al(x0＋2＝(x1＋2)，,y0＝y1．))从而eq\b\lc\{(\a\al(x0＝x1＋2(－1)，,y0＝y1．))因为eq\f(x02,2)＋y02＝1，所以eq\f([x1＋2(－1)]2,2)＋(y1)2＝1．即2(eq\f(x12,2)＋y12)＋2(－1)x1＋2(－1)2－1＝0．因为eq\f(x12,2)＋y12＝1，代入得2(－1)x1＋32－4＋1＝0．由题意知，≠1，故x1＝－eq\f(3－1,2)，所以x0＝eq\f(－3,2)．同理可得x0＝eq\f(－＋3,2)．因此eq\f(－3,2)＝eq\f(－＋3,2)，所以＋＝6．（方法二）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．直线AM的方程为y＝eq\F(y0,x0＋2)(x＋2)．将y＝eq\F(y0,x0＋2)(x＋2)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(eq\F(1,2)(x0＋2)2＋yeq\o(\s\up5(2),0))x2＋4yeq\o(\s\up5(2),0)x＋4yeq\o(\s\up5(2),0)－(x0＋2)2＝0(*)．因为eq\f(x02,2)＋y02＝1，所以（*）可化为(2x0＋3)x2＋4yeq\o(\s\up5(2),0)x－3xeq\o(\s\up5(2),0)－4x0＝0．因为x0x1＝－eq\F(3xeq\o(\s\up5(2),0)＋4x0,2x0＋3)，所以x1＝－eq\F(3x0＋4,2x0＋3)．同理x2＝eq\F(3x0－4,2x0－3)．因为eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),AP)，eq\o(BM,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(BQ,\d\fo1()\s\up7(→))，所以＋＝eq\F(x0＋2,x1＋2)＋eq\F(x0－2,x1－2)＝eq\F(x0＋2,－eq\F(3x0＋4,2x0＋3)＋2)＋eq\F(x0－2,eq\F(3x0－4,2x0－3)－2)＝eq\F((x0＋2)(2x0＋3),x0＋2)＋eq\F((x0－2)(2x0－3),－x0＋2)＝6．即λ＋为定值6．点差法2、已知椭圆方程为eq\F(y2,9)＋eq\F(x2,5)＝1，一条不与坐标轴平行的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且线段AB中点为(2，1)，求直线l的斜率．－EQ\F(18,5)设线法ABPQOxy3、ABPQOxy(1)求椭圆C的方程;(2)点P(2,3),Q(2,-3)在椭圆上,A、B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点,当A、B运动时,满足∠APQ=∠BPQ,试问直线AB的斜率是否为定值,请说明理由.解:(1)设椭圆的方程为则.由,得∴椭圆C的方程为(2)当,则、的斜率之和为0,设直线的斜率为则的斜率为,的直线方程为由(1)代入(2)整理得………11分同理的直线方程为,可得∴……………14分所以的斜率为定值17.（本小题满分14分）已知椭圆C:，离心率为，左准线方程是，设O为原点，点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB．（1）求椭圆C的方程；（2）求ΔAOB面积取得最小值时，线段AB的长度．17.解析：(1)设椭圆的半焦距为，则由题意的，解得所以椭圆C的方程为EQ\F(xEQ\s\up4(2),2)＋yEQ\s\up4(2)＝1.........4分（2）由题意，直线OA的斜率存在，设直线OA的斜率为k，若k＝0，则A(EQ\r(,2)，0)或(－EQ\r(,2)，0)，B(0，2)，此时ΔAOB面积为EQ\r(,2)，AB＝EQ\r(,6)．6分若k≠0，则直线OA：y＝kx与椭圆EQ\F(xEQ\s\up4(2),2)＋yEQ\s\up4(2)＝1联立得：(1＋2kEQ\s\up4(2))xEQ\s\up4(2)＝2，可得OA＝EQ\r(,1＋kEQ\s\up4(2))EQ\r(,EQ\F(2,1＋2kEQ\s\up4(2)))，8分直线OB：y＝－EQ\F(1,k)x与y＝2联立得：B(－2k，2)，则OB＝2EQ\r(,1＋kEQ\s\up4(2))，10分SΔOAB＝EQ\F(1,2)OAOB＝EQ\r(,2)EQ\F(1＋kEQ\s\up4(2),EQ\r(,1＋2kEQ\s\up4(2)))，令t＝EQ\r(,1＋2kEQ\s\up4(2))>1，12分则SΔOAB＝EQ\r(,2)EQ\F(1＋EQ\F(tEQ\s\up4(2)－1,2),t)＝EQ\F(EQ\r(,2),2)(t＋EQ\F(1,t))>EQ\r(,2)，所以SΔOAB的最小值为EQ\r(,2)，在k＝0时取得，此时AB＝EQ\r(,6)．..........14分(注：若利用SΔOAB＝EQ\F(EQ\r(,2),2)(t＋EQ\F(1,t))≥EQ\r(,2)，忽略k≠0的条件，求出答案的，本问给2分)已知椭圆的上顶点为，直线交椭圆于两点，设直线的斜率分别为.(1)若时，求的值；(2)若时，证明直线过定点.设点法5．如图,在平面直角坐标系中,椭圆的焦距为2,且过点.(1) 求椭圆的方程;(2) 若点,分别是椭圆的左、右顶点,直线经过点且垂直于轴,点是椭圆上异于,的任意一点,直线交于点设直线的斜率为直线的斜率为,求证:为定值;【答案】⑴由题意得,所以,又,消去可得,,解得或(舍去),则,所以椭圆的方程为⑵(ⅰ)设,,则,,因为三点共线,所以,所以,,8分因为在椭圆上,所以,故为定值凤凰台47页第4题：关于原点对称的两点怎么处理？重要结论。关于y轴对称的两点怎么处理？如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋2＝0相切．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P(0,1)，Q(0,2)．设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上．17.(1)解：由题意知b＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).(3分)因为离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(b,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2)＝eq\f(1,2).所以a＝2eq\r(2).所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(6分)(2)证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)，则直线PM的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1，①直线QN的方程为y＝eq\f(y0－2,－x0)x＋2.②(8分)(证法1)联立①②解得x＝eq\f(x0,2y0－3)，y＝eq\f(3y0－4,2y0－3)，即Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2y0－3)，\f(3y0－4,2y0－3))).(11分)由eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1可得xeq\o\al(2,0)＝8－4yeq\o\al(2,0).因为eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2y0－3)))2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y0－4,2y0－3)))2＝eq\f(x\o\al(2,0)＋43y0－42,82y0－32)＝eq\f(8－4y\o\al(2,0)＋43y0－42,82y0－32)＝eq\f(32y\o\al(2,0)－96y0＋72,82y0－32)＝eq\f(82y0－32,82y0－32)＝1，所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．(14分)韦达定理：什么情况下用韦达定理？韦达定理出现在哪里？是否要判断判别式？18．如图，已知椭圆（a＞b＞0）的离心率，过点A（0，-b）和B（a，0）的直线与原点的距离为．（1）求椭圆的方程．（2）已知定点E（-1，0），若直线y＝kx＋2（k≠0）与椭圆交于C、D两点．问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点?请说明理由.【答案】(1）；（2).解：（1）直线AB方程为：bx-ay-ab＝0．依题意解得∴椭圆方程为.[（2）假若存在这样的k值，由得．∴①设，、，，则②而．要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则，即∴③将②式代入③整理解得．经验证，，使①成立.综上可知，存在，使得以CD为直径的圆过点E.南京三模18题（也是定值问题）定值问题连宿徐三模18题椭