高考数学一轮复习练习案60第八章解析几何高考大题规范解答系列五_解析几何含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案60第八章解析几何高考大题规范解答系列五_解析几何含解析新人教版，共8页。试卷主要包含了已知F1，F2分别是椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若eq \f(|AQ|,|PQ|)＝eq \f(5\r(2),4)sin∠AOQ(O为原点)，求k的值．
[解析] (1)设椭圆的焦距为2c，由已知有eq \f(c2,a2)＝eq \f(5,9)，
又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.
由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝eq \r(2)b，
由|FB|·|AB|＝6eq \r(2)，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)．
由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
又因为|AQ|＝eq \f(y2,sin∠OAB)，而∠OAB＝eq \f(π,4)，
故|AQ|＝eq \r(2)y2.
由eq \f(|AQ|,|PQ|)＝eq \f(5\r(2),4)sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))(k>0)消去x，可得y1＝eq \f(6k,\r(9k2＋4)).
易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,x＋y－2＝0，))(k>0)消去x，可得y2＝eq \f(2k,k＋1).
由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3eq \r(9k2＋4)，两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，
解得k＝eq \f(1,2)，或k＝eq \f(11,28).
所以，k的值为eq \f(1,2)或eq \f(11,28).
2．(2021·湖南五市十校教研教改共同体联考)已知椭圆E的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))和(0,1)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过定点(0,2)的直线l与E交于A，B两点，O为坐标原点，若eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，求直线l的方程．
[解析] (1)题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1))，
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，
依题意可设直线l的方程为y＝kx＋2，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1,y＝kx＋2))消去y，
得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.
Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)>0，k2>eq \f(3,4)，
x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·eq \f(12,1＋4k2)＋2k·eq \f(－16k,1＋4k2)＋4
＝eq \f(12－20k2,1＋4k2)＋4＝0，
eq \f(12－20k2＋4＋16k2,1＋4k2)＝0，k2＝4，解得k＝±2，
所以所求直线l的方程为y＝2x＋2或y＝－2x＋2，
即2x－y＋2＝0或2x＋y－2＝0.
3．(2021·广东深圳、汕头、潮州、揭阳联考)已知F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点．
(1)若P是第一象限内该椭圆上的一点，eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝－eq \f(5,4)，求点P的坐标；
(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k的取值范围．
[解析] (1)因为椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
所以a＝2，b＝1，c＝eq \r(3)，
可得F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
设P(x，y)(x>0，y>0)，
则eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－x，－y)·(eq \r(3)－x，－y)＝x2＋y2－3＝－eq \f(5,4)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝\f(7,4)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝1，,y2＝\f(3,4)，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝\f(\r(3),2)，))
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))).
(2)显然x＝0不满足题意，
可设l的方程为y＝kx＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))⇒(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，
由Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)·12>0，得k2>eq \f(3,4)，
x1＋x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2).
又∠AOB为锐角，即eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>0，
即x1x2＋y1y2>0，x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)eq \f(12,1＋4k2)＋2keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16k,1＋4k2)))＋4＝eq \f(44－k2,1＋4k2)>0，
可得k2<4.又k2>eq \f(3,4)，即为eq \f(3,4)解得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2)).
4．(2021·吉林长春质检)已知椭圆x2＋eq \f(y2,4)＝1，直线l：y＝kx＋1分别与x轴y轴交于M，N两点，与椭圆交于A，B两点．
(1)若eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(NB,\s\up6(→))，求直线l的方程；
(2)若点P的坐标为(0，－2)，求△PAB面积的最大值．
[解析] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线方程与椭圆方程有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y2,4)＋x2＝1,y＝kx＋1))，有(4＋k2)x2＋2kx－3＝0，
有eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(k,4＋k2)，eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(4,4＋k2)，
所以AB中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,4＋k2)，\f(4,4＋k2)))，(k≠0)
由Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)，0))，N(0,1)，MN中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2k)，\f(1,2)))，
因为eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(NB,\s\up6(→))，所以线段MN的中点与AB的中点重合，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2k)＝－\f(k,4＋k2),\f(1,2)＝\f(4,4＋k2)))，
解得k＝±2.
∴直线l的方程为y＝±2x＋1.
(2)由(1)可知S△PAB＝eq \f(1,2)×3×|x1－x2|＝
eq \f(3,2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(3,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k,4＋k2)))2＋\f(12,4＋k2))＝6×eq \f(\r(k2＋3),k2＋3＋1)＝eq \f(6,\r(k2＋3)＋\f(1,\r(k2＋3)))，
因为eq \r(k2＋3)≥eq \r(3)，所以eq \r(k2＋3)＋eq \f(1,\r(k2＋3))≥eq \f(4\r(3),3)，
所以SΔPAB＝eq \f(6,\r(k2＋3)＋\f(1,\r(k2＋3)))≤eq \f(3\r(3),2)，
当k＝0时，△PAB面积最大．
5．(2021·江苏镇江联考)已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1,2)为抛物线C上一点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过B作C的两弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．
[解析] (1)当焦点在x轴时，设C的方程为y2＝2px，
代入点A(1,2)得2p＝4，
即y2＝4x.
当焦点在y轴时，设C的方程为x2＝2py，
代入点A(1,2)得2p＝eq \f(1,2)，即x2＝eq \f(1,2)y，
综上可知：C的方程为y2＝4x或x2＝eq \f(1,2)y.
(2)因为点B(1，－2)在C上，
所以曲线C的方程为y2＝4x.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
直线PQ：x＝my＋b，显然m存在，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝my＋b))得：
y2－4my－4b＝0，Δ＝16(m2＋b)，
∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4b.
∵kBP·kBQ＝－2，
∴eq \f(y1＋2,x1－1)·eq \f(y2＋2,x2－1)＝－2，∴eq \f(4,y1－2)·eq \f(4,y2－2)＝－2，
即y1y2－2(y1＋y2)＋12＝0，
∴－4b－8m＋12＝0即b＝3－2m，
直线PQ：x＝my＋3－2m，即x－3＝m(y－2)，
∴直线PQ过定点(3,2)．
6．(2021·河南阶段测试)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为4，上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，且∠F1AF2＝60°，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点M，N为椭圆C上的两个动点，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，问：点O到直线MN的距离d是否为定值？若是，求出d的值；若不是．请说明理由．
[解析] (1)设椭圆C的半焦距为c.
由已知可得2a＝4，解得a＝2.
因为∠F1AF2＝60°，
易得在Rt△OAF2中，∠OAF2＝30°，
|OA|＝b，|OF2|＝c，|AF2|＝a＝2.
所以cs∠OAF2＝eq \f(b,a)＝eq \f(\r(3),2)，解得b＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，MN⊥x轴．
由eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0可得eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→)).
结合椭圆的对称性，可设M(x，x)，N(x，－x)，则d＝|x|.
将点M(x，x)代入椭圆C的方程，得eq \f(x2,4)＋eq \f(x2,3)＝1，
解得x＝±eq \f(2\r(21),7)，所以d＝eq \f(2\r(21),7).
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
此时点O到直线MN的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
即d2＝eq \f(m2,1＋k2).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，
得m2<4k2＋3.
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).
所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝(1＋k2)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)－eq \f(8k2m2,3＋4k2)＋m2
＝eq \f(7m2－12k2＋1,3＋4k2).
又因为eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，
即eq \f(7m2－12k2＋1,3＋4k2)＝0，解得m2＝eq \f(12,7)(1＋k2)，
所以d2＝eq \f(12,7)，得d＝eq \f(2\r(21),7).
综上所述，点O到直线MN的距离d是eq \f(2\r(21),7)，是定值．
7．(2020·安徽芜湖示范性高中联考)在平面直角坐标系xOy中，过点(0,4)的直线l与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于A，B两点，以AB为直径作圆，记为⊙M，⊙M与抛物线C的准线始终相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过圆心M作x轴垂线与抛物线相交于点N，求S△ABN的取值范围．
[解析] (1)过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，P，
设抛物线焦点为F，
由题意知圆M的半径r＝|MP|＝eq \f(1,2)|AB|，
且|MP|＝eq \f(1,2)(|AD|＋|BE|)＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)，
即可得|AB|＝|AF|＋|BF|，所以A，B，F三点共线，
即F(0,4)，所以eq \f(p,2)＝4，
所以抛物线C的方程为x2＝16y.
(2)由(1)知抛物线C：x2＝16y，
设直线l：y＝kx＋4，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得：x2－16kx－64＝0，Δ>0，
所以x1＋x2＝16k，x1·x2＝－64，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋8＝16k2＋8，
则M(8k,8k2＋4)，N(8k,4k2)，
故点N到直线AB距离
d＝eq \f(|8k2－4k2＋4|,\r(1＋k2))＝4eq \r(1＋k2)，
又|AB|＝eq \r(1＋k2)，
eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(16k2＋256)＝16(k2＋1)，
所以S△ABN＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)×16(k2＋1)·4eq \r(1＋k2)＝32(1＋k2)eq \f(3,2)≥32，
当k＝0时，S△ABN取最小值为32.
故所求三角形△ABN面积的取值范围[32，＋∞)．
8．(2021·广东新课改大联考、湖南百校联考)已知抛物线C的顶点为坐标原点O，对称轴为坐标轴，且C经过点A(4,6)．
(1)求A到C的焦点的距离；
(2)若C的对称轴为x轴，过(9,0)的直线l与C交于M，N两点，证明：以线段MN为直径的圆过定点．
[解析] (1)当C的对称轴为x轴时，
设C的方程为y2＝2px(p>0)，
将点A的坐标代入方程得62＝2p·4，即p＝eq \f(9,2)，
此时A到C的焦点的距离为4＋eq \f(p,2)＝eq \f(25,4).
当C的对称轴为y轴时，设C的方程为x2＝2py(p>0)，
将点A的坐标代入方程得42＝2p·6，即p＝eq \f(4,3)，
此时A到C的焦点的距离为6＋eq \f(p,2)＝eq \f(20,3).
(2)证明：由(1)可知，当C的对称轴为x轴时，C的方程为y2＝9x.
直线l斜率显然不为0，可设直线l的方程为x＝my＋9.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为G(x0，y0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝9x，,x＝my＋9，))得y2－9my－81＝0，
则y1＋y2＝9m，y1y2＝－81，
所以y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(9m,2)，x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(9m2＋18,2)，
且|MN|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝9eq \r(1＋m24＋m2).
以线段MN为直径的圆的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MN|,2)))2，
即x2－9(m2＋2)x＋y2－9my＝0，
即x2－18x＋y2－9m(mx＋y)＝0，令mx＋y＝0，
则x2－18x＋y2＝0，因为m∈R，
所以圆x2－18x＋y2－9m(mx＋y)＝0过定点(0,0)，从而以线段MN为直径的圆过定点.