新高考数学二轮复习 专题05 解析几何 解答题 巩固练习五（教师版）

专题05解析几何解答题巩固练习五1．（2023·重庆·统考模拟预测）已知椭圆：的长轴长是短轴长的2倍，直线被椭圆截得的弦长为4．(1)求椭圆的方程；(2)设M，N，P，Q为椭圆上的动点，且四边形MNPQ为菱形，原点О在直线MN上的垂足为点H，求H的轨迹方程．【答案】(1)；(2)【解析】（1）由题意可得，则椭圆：，联立，解得或，所以弦长，解得，所以，所以椭圆的方程为，即；（2）因为四边形MNPQ为菱形，所以垂直且平分，设，则，两式相减得，即，设菱形的中心为，若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，由，得，所以，即，同理，所以，由得，所以，即菱形的中心为原点，则直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，所以，同理，因为，所以，所以点在圆上；若直线中有一条直线的斜率不存在，由对称性可知棱形的中心为原点，四点分别为椭圆的顶点，不妨设为右顶点，为上顶点，则，同理可得，点任在圆上，综上所述，H的轨迹方程为.2．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率为，右顶点到渐近线的距离等于.(1)求双曲线的方程.(2)点，在上，且，直线是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点【解析】（1）由题意，取渐近线，右顶点到该渐近线的距离，又，，解得，，，的方程为.（2）由题意知直线的斜率存在且不为，设直线：，与的方程联立，消去得，易知，由韦达定理得，则.因为，所以，用代替（显然此时），同理得，得，直线：，过定点.当时，直线的斜率不存在，易知直线的方程为，过左焦点.综上，直线过定点.

3．（2023·福建三明·统考三模）已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值.【答案】(1)(2)【解析】（1）解：设点，则，，因为，所以，，设椭圆左焦点为，因为，所以.即，又因为，所以，所以，所以，所以，因为此时，所以，所以，所以.因为，所以，，所以椭圆的方程为.（2）解：设点，，，因为点满足，则，解得，所以，

由题知不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，消整理得，，设、，则，.因为的方程为，的方程为两直线方程联立得：.因为.所以，解得，所以动点的轨迹方程为.由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、，由图可知，且，因为，则，因为，，所以，当且仅当时等号成立，此时，，所以的最大值为.4．（2023·江苏盐城·盐城中学校考模拟预测）阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆：的面积为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点的直线与椭圆C交于不同的两点A，B.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线交于点F，试证明B，Q，F三点共线.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】（1）依题意有，解得，所以椭圆C的标准方程是.（2）（i）当直线的斜率不存在，易知，，或，，当，时，直线PA的方程为：，所以点，此时，，，显然B，Q，F三点共线，同理，时，B，Q，F三点共线；（ii）当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线的方程：，设，，由整理可得：，，，由（1）可得左右顶点分别为，，直线PA的方程为，又因为直线与交于F，所以，所以，，因为，又，所以，所以，所以B，Q，F三点共线；5．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知椭圆C：经过圆：的圆心，C的左焦点F到圆上的点的距离的最小值为．(1)求C的标准方程．(2)过点F作斜率之积为－1的两条直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于M，N两点，点P，Q分别满足，，问：直线PQ是否过定点?若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，试说明理由．【答案】(1)(2)直线PQ过定点．【解析】（1）圆的方程可化为，故，半径，将代入椭圆方程得．设C的左焦点F的坐标为（－c，0），则，解得，所以，所以C的标准方程为．（2）直线PQ过定点，理由如下．由（1）知，因为，的斜率之积为－1，所以，易知，的斜率存在且不为0．由，，可知点P为线段AB的中点，点Q为线段MN的中点．设的