山东专用版高考数学一轮复习练案高考大题规范解答系列五_解析几何含解析.doc

[练案61]高考大题规范解答系列(五)——解析几何1．(2018·天津高考)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6.(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＝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＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝b，由|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.所以，椭圆的方程为＋＝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|＝，而∠OAB＝，故|AQ|＝y2.由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.由方程组消去x，可得y1＝.易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，由方程组消去x，可得y2＝.由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝，或k＝.所以，k的值为或.2．(2019·全国Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若＝3，求|AB|.[解析]　设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得F(，0)，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由题设可得x1＋x2＝.由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－.从而－＝，得t＝－.所以l的方程为y＝x－.(2)由＝3可得y1＝－3y2.由可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝.故|AB|＝＝.3．(2019·湖南联考，20)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线x＋y－2＝0相切．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A、B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得·的定值为－？[解析]　(1)由题意知，解得则椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0.∴xA＋xB＝，xAxB＝.假设在x轴上存在定点E(x0,0)，使得·为定值．则·＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x＋yAyB＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x＋k2(xA－1)(xB－1)＝(1＋k2)xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋x＋k2＝.∵·为定值，∴·的值与k无关，∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，此时·＝－为定值，定点为(，0)，当直线的斜率不存在时，也满足·＝－为定值，且定点为(，0)．综上，存在点E(，0)，使得·为定值，且定值为－.4．(2019·陕西模拟)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．[解析]　(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|＝|O1M|.当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，∴|O1M|＝，又|O1A|＝，∴＝，化简得y2＝8x(x≠0)．又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y2＝8x，∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x中，得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.其中Δ＝－32kb＋64>0.由韦达公式，得x1＋x2＝，①x1x2＝.②因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以＝－，即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③将①，②代入③得，2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0.∴k＝－b，此时Δ>0.∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．5．(2019·湖南省湘潭市模拟)已知点F(，0)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点，点M(，)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于不同的A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l斜率的取值范围．[解析]　(1)解法一：由题可知，椭圆的另一个焦点为(－，0)，所以点M到两焦点的距离之和为＋＝4.所以a＝2.又因为c＝，所以b＝1，则椭圆C的方程为＋y2＝1.解法二：由题意知，解得，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．故设l直线的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.∴Δ＝64k2m2－16(m2－1)(4k2＋1)＝16(4k2－m2＋1)>0，且而kOA＋kOB＝＋＝＝2k＋＝2k＋＝，由kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1.所以k≥－，又因为16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0.综上，k∈[－，0)∪(1，＋∞)．6．(2019·北京卷)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．[解析]　(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)．设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由得x2＋4kx－4＝0.显然Δ＝16k2＋16>0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.同理得点B的横坐标xB＝－.设点D(0，n)，则＝(－，－1－n)，＝(－，－1－n)，·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．7．(2020·山西大学附中诊断)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是椭圆C上的一个动点，且△PF1F2面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)设斜率存在的直线PF2与椭圆C的另一个交点为Q，是否存在点T(0，t)，使得|TP|＝|TQ|？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)∵椭圆离心率为，当P为C的上顶点时，△PF1F2的面积有最大值.∴∴a＝2，b＝，c＝1.故椭圆C的方程为：＋＝1.(2)设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，当k≠0时，y＝k(x－1)代入＋＝1，得：(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0；设P(x1，y1)，Q(x2，y1)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，x0＝＝，y0＝＝k(x0－1)＝，即N(，)，∵|TP|＝|TQ|，∴直线TN为线段PQ的垂直平分线；∴TN⊥PQ，则kTN·kPQ＝－1.所以·k＝－1，⇒t＝＝，当k>0时，因为4k＋≥4(当k＝时取等号)，∴t∈(0，]．当k<0时，因为4k＋≤－4(当k＝－时取等号)，∴t∈[－，0)．当k＝0时，t＝0符合题意．综上，t的取值范围为[－，]．8．(2019·广东省期末联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点M(，)在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若不过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，与直线OM交于点N，并且点N是线段AB的中点，求△OAB面积的最大值．[解析]　(1)由椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点M(，)在椭圆上得，解得.所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)易得直线OM的方程为y＝x.当直线l的斜率不存在时，AB的中点不在直线y＝x上，故直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，与＋＝1联立消y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m－12)＝48(3＋4k2－m2)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，所以AB的中点N(－，)，因为N在直线y＝x上，所以－＝2×，解得k＝－.所以Δ＝48(12－m2)>0得－2