统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练9解析几何文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练9解析几何文（附解析），共9页。试卷主要包含了))等内容，欢迎下载使用。
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点(1，0)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q(4，0)，求证：∠MQO＝∠NQO.
2．[2023·甘肃兰州模拟预测(文)]已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为eq \f(π,4)的直线交抛物线于M、N两点，|MN|＝8.
(1)求抛物线E的方程；
(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状，并说明理由．
3．[2023·山西太原三模(文)]已知抛物线C开口向右，顶点为坐标原点，且经过点A(3，2eq \r(3)).
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点B(－3，0)的直线交抛物线C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－3于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
4．[2023·洛阳市第一高级中学模拟(文)]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，实轴长为4，且斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C交于A，B两点，且AB的中点为(1，eq \f(1,2)).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的左、右顶点分别为A1，B1，点P，Q为椭圆上异于A1，B1的两点，且以P，Q为直径的圆过点B1，设△A1PQ，△B1PQ的面积分别为S1，S2，计算eq \f(S1,S2)的值．
5．[2023·黑龙江哈师大附中三模(文)]已知椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1，点E(－4，0)，过点E作斜率大于0的直线与椭圆C相切，切点为T.
(1)求点T的坐标；
(2)过线段ET的中点G作直线l交椭圆C于A，B两点，直线EA与椭圆C的另一个交点为M，直线EB与椭圆C的另一个交点为N.
①当直线l的斜率为－eq \f(1,2)时，求直线MN的斜率；
②写出直线MN与ET的位置关系(不必说明理由).
6．[2023·全国甲卷(文)]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
解析几何（9）
1．解析：（1）椭圆C的半焦距c，依题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2),a2＝b2＋c2,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1))，解得a2＝4，b2＝3，c＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
（2）证明：当直线l垂直于y轴时，点M，N为椭圆长轴端点，有∠MQO＝∠NQO，
当直线l不垂直于y轴时，设直线l的方程为x＝ty＋1，M（x1，y1），N（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1,3x2＋4y2＝12))消去x并整理得：（3t2＋4）y2＋6ty－9＝0，则y1＋y2＝eq \f(－6t,3t2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3t2＋4)，
直线MQ的斜率kMQ＝eq \f(y1,x1－4)，直线NQ的斜率kNQ＝eq \f(y2,x2－4)，
kMQ＋kNQ＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(2ty1y2－3（y1＋y2）,t2y1y2－3t（y1＋y2）＋9)＝eq \f(2t·\f(－9,3t2＋4)－3·\f(－6t,3t2＋4),t2·\f(－9,3t2＋4)－3t·\f(－6t,3t2＋4)＋9)＝0，
于是得直线MQ与直线NQ的倾斜角互补，则∠MQO＝∠NQO，
综上：过点（1，0）的直线l，总有∠MQO＝∠NQO成立．
2．解析：（1）设过点F且倾斜角为eq \f(π,4)的直线方程为y＝x－eq \f(p,2)，代入y2＝2px（p>0），
得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，若M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝3p，
所以|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，则p＝2，
即抛物线E的方程为y2＝4x.
（2）设A（x0，y0），则在A作抛物线E的切线为y－y0＝k（x－x0），即x＝eq \f(y－y0,k)＋x0，
代入y2＝4x，整理得ky2－4y＋4y0－ky eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0.
因为此直线与抛物线相切，所以Δ＝4（4－4ky0＋k2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）＝0，即（ky0－2）2＝0，k＝eq \f(2,y0)，
所以过A的切线为y－y0＝eq \f(2,y0)（x－x0）.
令y＝0得x＝－x0，即B（－x0，0），所以|BF|＝|AF|＝|AC|，
又AC∥BF，所以四边形ACBF有一组对边平行且相等，且邻边也相等，
所以四边形ACBF为菱形．
3．解析：（1）设抛物线C的方程为y2＝2px，
则（2eq \r(3)）2＝2p×3，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）由题意，直线MN斜率存在，设直线MN为y＝k（x＋3），M（x1，y1），N（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋3）,y2＝4x))，得k2x2＋（6k2－4）x＋9k2＝0，
∵Δ＝（6k2－4）2－4k2·9k2>0.∴－eq \f(\r(3),3)m2，
∴x3＋x4＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x3x4＝eq \f(4（m2－1）,1＋4k2).
∵B1P⊥B1Q，∴（x3－2）（x4－2）＋y3y4＝0，
则（x3－2）（x4－2）＋（kx3＋m）（kx4＋m）＝0，
整理得12k2＋16km＋5m2＝0，解得k＝－eq \f(1,2)m或k＝－eq \f(5,6)m.
当k＝－eq \f(1,2)m时，直线PQ的方程为y＝m（－eq \f(1,2)x＋1），不符合题意；
当k＝－eq \f(5,6)m时，直线PQ的方程为y＝m（－eq \f(5,6)x＋1），过定点M（eq \f(6,5)，0），
∴S1＝eq \f(1,2)|A1M||y3－y4|，S2＝eq \f(1,2)|B1M||y3－y4|，
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(|A1M|,|B1M|)＝eq \f(\f(6,5)－（－2）,2－\f(6,5))＝4.
5．解析：（1）设切线ET的方程为y＝k（x＋4），
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋4）,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))⇒（1＋4k2）x2＋32k2x＋64k2－8＝0， ①
因为直线与椭圆C相切，所以Δ＝（32k2）2－4（1＋4k2）（64k2－8）＝0⇒4k2－1＝0，
∵k>0，∴k＝eq \f(1,2)，
当k＝eq \f(1,2)时，代入①式中得x2＋4x＋4＝0，解得x＝－2，进而代入直线ET方程可得y＝1，故T（－2，1）.
（2）①因为G（－3，eq \f(1,2)），当直线l的斜率为－eq \f(1,2)时，直线l方程为y＝－eq \f(1,2)（x＋3）＋eq \f(1,2)，即y＝－eq \f(1,2)x－1，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x－1,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))⇒x2＋2x－2＝0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），N（xN，yN），且x1>x2，则x1＝eq \r(3)－1，x2＝－eq \r(3)－1，EA，EB的斜率分别为k1，k2，k1＝eq \f(y1,x1＋4)，k2＝eq \f(y2,x2＋4)，
由（1）知（1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）x2＋32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x＋64k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －8＝0，
由根与系数的关系可知：x1＋xM＝eq \f(－32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )，
又eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,8)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)＝1，从而可得xM＝eq \f(－32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )－x1＝eq \f(－32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋4)))\s\up12(2),1＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋4)))\s\up12(2))－x1＝eq \f(－3x1－8,x1＋3)＝－1－eq \r(3)＝x2，同理xN＝eq \f(－3x2－8,x2＋3)＝－1＋eq \r(3)＝x1，
根据椭圆的对称性可知：M，B两点关于x轴对称，N，A两点关于x轴对称，
根据对称性可知：直线MN，AB关于x轴对称，故kNM＝－kAB＝eq \f(1,2)，
故直线MN的斜率为eq \f(1,2).
②直线MN与ET平行．理由如下
由题意知：直线EA，EB有斜率，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），N（xN，yN），EA，EB的斜率分别为k1，k2，k1＝eq \f(y1,x1＋4)，k2＝eq \f(y2,x2＋4)，
由（1）知（1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）x2＋32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x＋64k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －8＝0，
由根与系数的关系可知：x1＋xM＝eq \f(－32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )，又eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,8)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)＝1，从而xM＝eq \f(－32k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,1＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )－x1＝eq \f(－32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋4)))\s\up12(2),1＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1,x1＋4)))\s\up12(2))－x1＝eq \f(－3x1－8,x1＋3)，yM＝eq \f(y1,x1＋3)，
同理可得：xN＝eq \f(－3x2－8,x2＋3)，yN＝eq \f(y2,x2＋3)，
∵Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\f(1,2)))，故设直线AB为y＝k（x＋3）＋eq \f(1,2)，
kMN＝eq \f(yM－yN,xM－xN)＝eq \f(\f(y1,x1＋3)－\f(y2,x2＋3),\f(－3x1－8,x1＋3)－\f(－3x2－8,x2＋3))
＝eq \f(y1（x2＋3）－y2（x1＋3）,（－3x1－8）（x2＋3）－（－3x2－8）（x1＋3）)
＝eq \f([k（x1＋3）＋\f(1,2)]（x2＋3）－[k（x2＋3）＋\f(1,2)]（x1＋3）,（－3x1－8）（x2＋3）－（－3x2－8）（x1＋3）)
＝eq \f(\f(1,2)（x2－x1）,x2－x1)＝eq \f(1,2)＝kET，
所以直线MN与ET平行．
6．解析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p>eq \f(1,2).
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(5)·eq \r(16p2－8p)＝4eq \r(15)，解得p＝2或p＝－eq \f(3,2)（舍去），故p＝2.
（2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x，则点F（1，0）.
因为eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，所以∠MFN＝90°，
则S△MFN＝eq \f(1,2)|MF||NF|＝eq \f(1,2)（x3＋1）（x4＋1）＝eq \f(1,2)（x3x4＋x3＋x4＋1） （*）.
当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))得x2－6x＋1＝0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入（*）式计算易得，当x3＝x4＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积取得最小值，为4（3－2eq \r(2)）.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，))得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2>0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝eq \f(4m,k).
又eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，
所以eq \f(m2,k2)－eq \f(4－2km,k2)＋1＋eq \f(4m,k)＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝eq \f(1,2)（x3x4＋x3＋x4＋1）＝eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2)＝eq \f(m2＋k2＋2km,k2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1.
令t＝eq \f(m,k)，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))eq \s\up12(2)＋6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1＝eq \f(4,k2)>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2eq \r(2)或t12－8eq \r(2)＝4（3－2eq \r(2)）.
故△MFN面积的最小值为4（3－2eq \r(2)）.