2021年高考数学二轮复习大题专项练《解析几何》五(含答案)

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2021年高考数学二轮复习大题专项练《解析几何》五1.已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为.      2.在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A．（1）求该椭圆的方程；（2）过点作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q.求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．          3.如图，椭圆E的左右顶点分别为A、B,左右焦点分别为F1、F2,,直线y=kx+m(k>0)交椭圆于C、D两点，与线段F1F2及椭圆短轴分别交于M,N两点（M,N不重合）,且|CM|=|DN|.（1）求椭圆E的离心率；（2）若m>0，设直线AD、BC的斜率分别为，求的取值范围.        4.已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点．在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：(1)求C1，C2的标准方程；(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求△ABC面积的最大值．          5.已知椭圆C：9x2＋y2=m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.               6.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．                           7.如图，椭圆C：＋=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|=2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．           8.已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，-1）．（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=-1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．                  9.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．             10.已知椭圆的离心率为，且C过点．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P，Q均在第一象限），且直线OP，l，OQ的斜率成等比数列，证明：直线l的斜率为定值．
答案解析11.解：(1)设椭圆C的方程为＋=1(a＞b＞0)，由题意得解得c=，所以b2=a2－c2=1，所以椭圆C的方程为＋y2=1.(2)证明：设D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2＜x0＜2，所以kAM=，因为AM⊥DE，所以kDE=－，所以直线DE的方程为y=－(x－x0)．因为kBN=－，所以直线BN的方程为y=－(x－2)．由解得E，所以S△BDE=|BD|·|yE|，S△BDN=|BD|·|yN|，所以===，结论成立．12.解:（1）由题意可知，椭圆的焦点在轴上，，，椭圆的离心率，则，，则椭圆的标准方程；（2）证明：设，，，当斜率不存在时，与椭圆只有一个交点，不合题意，由题意的方程，，则联立方程，整理得，，，由韦达定理可知，，则，则由，，∴直线AP,AQ的斜率之和为定值．13.解：14.解：(1)设C1：＋=1(a＞b＞0)，由题意知，点(-2,0)一定在椭圆上，则点也在椭圆上，分别将其代入，得解得∴C1的标准方程为＋y2=1.设C2：x2=2py(p＞0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，代入抛物线C2的方程，得p=1，∴C2的标准方程为x2=2y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，由y=x2知y′=x，故直线AB的方程为y-t2=t(x-t)，即y=tx-t2，代入椭圆方程＋y2=1，整理得(1＋4t2)x2-4t3x＋t4-4=0，则Δ=16t6-4(1＋4t2)(t4-4)=4(-t4＋16t2＋4)＞0，x1＋x2=，x1x2=，∴|AB|=· =，设点C到直线AB的距离为d，则d==，∴S△ABC=·|AB|·d=··==≤=，当且仅当t=±2时，取等号，此时满足Δ＞0.综上，△ABC面积的最大值为.15.解：(1)证明：设直线l：y=kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将y=kx＋b代入9x2＋y2=m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2=0，故xM==，yM=kxM＋b=.于是直线OM的斜率kOM==－，即kOM·k=－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程为y=－x.设点P的横坐标为xp.由得x=，即xp=.将点的坐标代入l的方程得b=，因此xM=.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xp=2xM.于是=2×，解得k1=4－，k2=4＋.因为ki＞0，ki≠3，i=1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形.16.解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋=1(a＞b＞0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．从而有解得又a2=b2＋c2，所以b2=12.故椭圆C的方程为＋=1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y=x＋t.由得3x2＋3tx＋t2－12=0.因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ=(3t)2－4×3(t2－12)=144－3t2≥0，解得－4≤t≤4.另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得=4，从而t=±2.由于±2∉[－4，4 ]，所以符合题意的直线l不存在．17.解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，∴＋=1，得t=，即P，由AB∥OP得=，即b=c，∴a2=b2＋c2=2b2，①又|AB|=2，∴a2＋b2=12，②由①②得a2=8，b2=4，∴椭圆C的方程为＋=1.(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋=1，③∵kQA·kQD=－，A(－2，0)，∴·=－(x0≠m)，④由③④得(m－2)x0＋2m－8=0，即解得m=2，∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD=－.18.解：(1)将点代入抛物线方程：可得：，故抛物线方程为：，其准线方程为：.(2)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，直线的方程为，与联立可得：，同理可得，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，且：，，则圆的方程为：，令整理可得：，解得：，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.19.解：(1)由题意得，c=，=2，a2=b2＋c2，∴a=2，b=1，∴椭圆C的标准方程为＋y2=1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4=0.∴Δ=16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2=，x1x2=.∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·=0.∵·=(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)=(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2=0，∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2=0，整理，得5m2－2m－3=0，解得m=－或m=1(舍去)．∴直线l的方程为y=kx－.易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．故直线l过定点，且该定点的坐标为.20.解:（1）由题意可得，解得，故椭圆的方程为．（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由消去整理得，直线与椭圆交于两点，．设点P，Q的坐标分别为，，则，，．直线，，的斜率成等比数列，，整理得，，又，，结合图形可知，故直线的斜率为定值．