《2020版高考数学（文）大一轮复习导学案：提能练(五) 解析几何》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学（文）大一轮复习导学案：提能练(五) 解析几何（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、提能练(五)解析几何A组基础对点练1已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且F1PF2，设椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则()Ae1e2Bee4C.4 De3e4解析：设椭圆与双曲线的方程分别为1，1，满足ababc2，由焦点三角形的面积公式得SF1PF2bb，故b3b，即ac23(c2a)，4.答案：C2已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，PF1F2是以F2P为底边的等腰三角形，且60PF1F2120，则该椭圆的 离心率的取值范围是()A. B.C. D.解析：由题意可得，|PF2|2|F1F2|2|PF1|22|F1F2|PF1
2、|cosPF1F24c24c222c2ccosPF1F2，即|PF2|2c，所以acc，又60PF1F2120，cosPF1F2，所以2ca(1)c，则，即e.故选B.答案：B3已知椭圆1(ab0)，A，B为椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(，0)，则椭圆的离心率e的取值范围是()A(，1) B(，1)C(，1) D(，1)解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，则即所以(x1x2)(xx)，所以x1x2.又ax1a，ax2a，x1x2，所以2ax1x22a，则2a，即，所以e2.又0e1，所以e1.答案：D4(2019合肥模拟) 已知椭圆C：y21，若一组斜率为的
3、平行直线被椭圆C所截线段的中点均在直线l上，则l的斜率为()A2 B2C D.解析：设平行直线中的一条直线的方程为yxm，与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，弦AB的中点坐标为M(x，y)，由消去y，得9x28mx16m2160，64m249(16m216)0，解得m，x1x2，x1x2.M(x，y)为弦AB的中点，x1x22x，2x，x，m(，)，x(，)由消去m，得y2x，直线l的方程为y2x，x(，)，直线l的斜率为2，故选A.答案：A5(2019烟台模拟)已知F(2,0)为椭圆1(ab0)的右焦点，过F且垂直于x轴的弦长为6，若A(2，)，点M为椭圆上任一点，则|MF|
4、MA|的最大值为_解析：设椭圆的左焦点为F，由椭圆的右焦点为F(2,0)，得c2，又过F且垂直于x轴的弦长为6，即6，则3，解得a4，所以|MF|MA|8|MF|MA|8|MA|MF|，当M，A，F三点共线时，|MA|MF|取得最大值，(|MA|MF|)max|AF|，所以|MF|MA|的最大值为8.答案：86(2019石家庄质检)已知F为双曲线1(a0，b0)的右焦点，过原点的直线l与双曲线交于M，N两点，且0，MNF的面积为ab，则该双曲线的离心率为_解析：因为0，所以.设双曲线的左焦点为F，则由双曲线的对称性知四边形FMFN为矩形，则有|MF|NF|，|MN|2c.不妨设点N在双曲线右支
5、上，由双曲线的定义知，|NF|NF|2a，所以|MF|NF|2a.因为SMNF|MF|NF|ab，所以|MF|NF|2ab.在RtMNF中，|MF|2|NF|2|MN|2，即(|MF|NF|)22|MF|NF|MN|2，所以(2a)222ab(2c)2，把c2a2b2代入，并整理，得1，所以e.答案：7(2019上饶模拟)过点M(m,0)(m0)作直线l，与抛物线y24x，有两交点A，B，点F为抛物线的焦点，若0，则m的取值范围是_解析：设直线l的方程为xtym，直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1y，x2y.将l的方程代入抛物线方程，化简得y24ty4m0，16(t
6、2m)0，y1y24t，y1y24m.易得F(1,0)，(x11，y1)，(x21，y2)，x1x2(x1x2)1y1y2(y1y2)2y1y2(yy)1(y1y2)2y1y2(y1y2)22y1y21m26m14t2.又0，m26m14t20，即m26m14t2恒成立又4t20，只需m26m10即可，解得32m32.m的取值范围为(32，32)答案：(32，32)8(2019福州四校联考)已知椭圆C：1(ab0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当lx轴时，|RS|3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上
7、是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由解析：(1)由内切圆的性质，得2cb(2a2c)，得.将xc代入1，得y，所以3.又a2b2c2，所以a2，b，故椭圆C的标准方程为1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为yk(x1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)联立方程，得得(34k2)x28k2x4k2120，由根与系数的关系得，其中0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTSkTR0(显然TS，TR
8、的斜率存在)，即0.因为R，S两点在直线yk(x1)上，所以y1k(x11)，y2k(x21)，代入得0，即2x1x2(t1)(x1x2)2t0，将代入得0，则t4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称B组能力提升练9已知点M(3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线y22x的焦点为F，点Q是该抛物线上的一动点，则|MQ|QF|的最小值是()A. B3C. D2解析：抛物线的准线方程为x，过Q作准线的垂线，垂足为Q，如图依据抛物线的定义，得|QM|QF|QM|QQ|，则当QM和QQ共线时，|QM|QQ|的值最小，最小值为.答案：C10(2019兰州模拟)已
9、知圆C：(x)2(y1)21和两点A(t,0)，B(t,0)(t0)，若圆C上存在点P，使得APB90，则t的取值范围是()A(0,2 B1,2C2,3 D1,3解析：依题意，设点P(cos ，1sin )，APB90，0，(cos t)(cos t)(1sin )20，得t252cos 2sin 54sin，sin1,1，t21,9，t0，t1,3答案：D11(2019惠州调研)设m，nR，若直线l：mxny10与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且直线l与圆x2y24相交所得的弦长为2，O为坐标原点，则AOB面积的最小值为()A5 B4C3 D2解析：由直线与圆相交所得的弦长为2，得圆心到
10、直线的距离d，所以m2n22|mn|，当且仅当mn时等号成立所以|mn|，又A，B，所以AOB的面积S3，故AOB面积的最小值为3.答案：C12(2019西安八校联考)已知椭圆C：1(ab0)经过(1,1)与两点(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|MB|.求证：为定值解析：(1)将(1,1)与两点代入椭圆C的方程，得解得椭圆C的方程为1.(2)证明：由|MA|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时22.同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M在椭
11、圆的一个短轴顶点，此时22.若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，则直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，则B(x1，y1)，由解得x，y，|OA|2|OB|2xy，同理|OM|2，22，故2为定值13已知点M是椭圆C：1(ab0)上一点，F1、F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(1，2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值解析：(1)在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin 60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，从而2a|MF1|MF2|4，即a2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1k24.综上，恒有k1k24.
