高考数学一轮复习练案（61理57文）第八章解析几何高考大题规范解答系列（五）-解析几何练习（含解析）新人教版

高考大题规范解答系列(五)——解析几何1．(2018·天津高考)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离心率为eq\f(\r(5),3)，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6eq\r(2).(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\co1(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\co1(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\co1(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\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，求直线l的方程．[解析](1)题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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\co1(\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\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(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\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(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\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(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\co1(x2＋y2＝\f(7,4)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝1，,y2＝\f(3,4)，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(\r(3),2)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(\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\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(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\co1(－\f(16k,1＋4k2)))＋4＝eq\f(44－k2,1＋4k2)>0，可得k2k2>eq\f(3,4)，即为eq\f(3,4)<k2<4，解得k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(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\co1(\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\co1(－\f(k,4＋k2)，\f(4,4＋k2)))，(k≠0)由Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，N(0,1)，MN中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k)，\f(1,2)))，因为eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(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\co1(－\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＋x22－4x1x2)＝eq\f(3,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(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＝3－2直线PQ：x＝my＋3－2m，即x－3＝m(y∴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\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(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因为∠F1AF2＝60°，易得在Rt△OAF2中，∠OAF2＝30°，|OA|＝b，|OF2|＝c，|AF2|＝a＝2.所以cos∠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\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0可得eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(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\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(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(7m2－12k2＋1,3＋4k2).又因为eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，即eq\f(7m2－12k2＋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＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋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，