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解析几何理（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解析几何理（附解析），共8页。

(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，M，N是C上两动点，其中M在第四象限内且在点P的右侧，PQ平分∠MPN，求证∠MNP＝∠OPN.
2．[2023·四川雅安三模]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，长轴长为4，离心率为eq \f(1,2).过点Q(4，0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
3．[2023·吉林长春模拟预测]已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为eq \f(π,3)的直线被E所截得的弦长为16.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C为抛物线上的任意一点，以C为圆心的圆过点F，且与直线y＝－eq \f(1,2)相交于A，B两点，求|FA|·|FB|·|FC|的取值范围．
4．[2023·山西太原三模]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(eq \r(2)，1)，离心率为e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)当过点M(4，1)的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足eq \(AM,\s\up6(→))＝－λeq \(MB,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))＝λeq \(NB,\s\up6(→))，求线段PN长的最小值．
5．[2023·全国乙卷(理)]已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(5),3)，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，3))的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
6．[2023·贵州模拟预测]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，P(－4，m)(m>p)是抛物线C上一点，且|PF|＝5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线AB与抛物线C交于A，B两点，且直线PA，PB关于直线y＝4对称，当|AB|＝20时，求直线AB的方程．
解析几何（9）
1．解析：（1）由题意可知，A（0，b），B（0，－b），F（c，0），
则eq \(AF,\s\up6(→))＝（c，－b），eq \(BF,\s\up6(→))＝（c，b），
由eq \(AF,\s\up6(→))·eq \(BF,\s\up6(→))＝4，得c2－b2＝4.①
由题意可知点P（2，－1）在C上，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，②
又a2＝b2＋c2，③
由①②③得a2＝8，b2＝2，
故C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
（2）证明：如图所示：
由（1）可知PQ⊥x轴，
因为PQ平分∠MPN，
所以直线PM，PN关于直线x＝2对称，
所以kPM＋kPN＝0，
易知直线PM的斜率存在，且不为0，
设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为－k，
则直线PM的方程为y＋1＝k（x－2），即y＝k（x－2）－1，
直线PN的方程为y＋1＝－k（x－2），y＝－k（x－2）－1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2）－1,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))，整理得（1＋4k2）x2－（16k2＋8k）x＋16k2＋16k－4＝0，
设M（x1，y1），则2x1＝eq \f(16k2＋16k－4,1＋4k2)，所以x1＝eq \f(8k2＋8k－2,1＋4k2)，
同理设N（x2，y2），则x2＝eq \f(8k2－8k－2,1＋4k2).
所以直线MN的斜率为
kMN＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(k（x1－2）－1－[－k（x2－2）－1],x1－x2)，
＝eq \f(k（x1＋x2）－4k,x1－x2)＝eq \f(k·\f(16k2－4,1＋4k2)－4k,\f(16k,1＋4k2))＝eq \f(－8,16)＝－eq \f(1,2).
又知OP的斜率为kOP＝eq \f(－1,2)＝－eq \f(1,2)，
所以kMN＝kOP，所以MN∥OP，
故∠MNP＝∠OPN.
2．解析：（1）由已知有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝4,\f(c,a)＝\f(1,2),a2＝b2＋c2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4,b2＝3))，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
（2）证明：由已知直线l斜率不为零，故设其方程为x＝my＋4，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋4,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去x得（3m2＋4）y2＋24my＋36＝0，
令Δ>0得m2>4.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y1＋y2＝－eq \f(24m,3m2＋4)，y1·y2＝eq \f(36,3m2＋4)，
易知F（1，0），
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1,x1－1)·eq \f(x2－1,y2)＝eq \f(y1,my1＋3)·eq \f(my2＋3,y2)＝eq \f(my1y2＋3y1,my1y2＋3y2)
＝eq \f(my1y2＋3（y1＋y2）－3y2,my1y2＋3y2)＝eq \f(\f(36m,3m2＋4)－\f(3×24m,3m2＋4)－3y2,\f(36m,3m2＋4)＋3y2)
＝eq \f(36m－3×24m－3y2（3m2＋4）,36m＋3y2（3m2＋4）)＝－1，
所以eq \f(k1,k2)为定值－1.
3．解析：（1）由抛物线方程得：F（0，eq \f(p,2)），可设过点F且倾斜角为eq \f(π,3)的直线为y＝eq \r(3)x＋eq \f(p,2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋\f(p,2),x2＝2py))得x2－2eq \r(3)px－p2＝0，
由抛物线焦点弦长公式可得y1＋y2＋p＝eq \r(3)（x1＋x2）＋2p＝8p＝16，解得p＝2，
∴抛物线E的方程为x2＝4y.
（2）由（1）知：F（0，1），准线方程为y＝－1；
设∠AFB＝θ，圆C的半径为r，则∠ACB＝2θ，|FC|＝|CA|＝|CB|＝r，
∴S△AFB＝eq \f(1,2)|FA|·|FB|sinθ＝eq \f(1,2)|AB|·eq \f(3,2)＝eq \f(3,4)|AB|，又|AB|＝2rsinθ，∴|FA|·|FB|＝3r；
由抛物线定义可知：|CF|＝yc＋1≥1，即r≥1，∴|FA|·|FB|·|FC|＝3r3≥3，
即|FA|·|FB|·|FC|的取值范围为[3，＋∞）.
4．解析：（1）根据题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1))解得a2＝4，b2＝2，
椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），N（x，y），
由eq \(AM,\s\up6(→))＝－λeq \(MB,\s\up6(→))，eq \(AN,\s\up6(→))＝λeq \(NB,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＝\f(x1－λx2,1－λ),1＝\f(y1－λy2,1－λ)))，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋λx2,1＋λ),y＝\f(y1＋λy2,1＋λ)))，
∴4x＝eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －λ2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,1－λ2)，y＝eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －λ2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,1－λ2)，
又x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝4，
∴4x＋2y＝eq \f(4－4λ2,1－λ2)＝4，
∴点N在直线2x＋y－2＝0上，
∴PN最小＝eq \f(|2\r(2)＋1－2|,\r(22＋1))＝eq \f(2\r(2)－1,\r(5))＝eq \f(2\r(10)－\r(5),5).
5．解析：（1）因为点A（－2，0）在C上，
所以eq \f(4,b2)＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),3)，
所以c2＝eq \f(5,9)a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋eq \f(5,9)a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
（2）由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，
设lPQ：y－3＝k（x＋2），P（x1，y1），Q（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))得（4k2＋9）x2＋（16k2＋24k）x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝（16k2＋24k）2－4（4k2＋9）（16k2＋48k）＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－eq \f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(16k2＋48k,4k2＋9).
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)（x＋2），
令x＝0，解得yM＝eq \f(2y1,x1＋2)，同理得yN＝eq \f(2y2,x2＋2)，
则yM＋yN＝2eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2×eq \f(108,36)
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为eq \f(yM＋yN,2)＝3，
所以MN的中点为定点（0，3）.
6．解析：（1）由题意知F（0，eq \f(p,2)），抛物线C的准线方程为y＝－eq \f(p,2)，
由|PF|＝5，即42＋（m－eq \f(p,2)）2＝25，又m＋eq \f(p,2)＝5，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝2,m＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝8,m＝1))（舍去），
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
（2）因为直线PA，PB关于直线y＝4对称，所以直线PA，PB的斜率互为相反数且不为0，
设直线PA：y－4＝k（x＋4），与C的方程联立，消去y得x2－4kx－16k－16＝0，
由韦达定理得xA＝4（k＋1），则A（4（k＋1），4k（k＋2）＋4），
设直线PB：y－4＝－k（x＋4），同理可得B（－4（k－1），4k（k－2）＋4），则直线AB的斜率kAB＝eq \f(yA－yB,xA－xB)＝2，
设直线AB：y＝2x＋n，与C的方程联立消去y得x2－8x－4n＝0，Δ＝82＋16n>0，n>－4，
设A（x1，y1），B（x2，y2），x1＋x2＝8，x1x2＝－4n，|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝4eq \r(5（n＋4）)，
∵|AB|＝20，∴n＝1，∴直线AB的方程为2x－y＋1＝0.