《高考数学总复习：提能练（五）解析几何》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学总复习：提能练（五）解析几何（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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F1PF23，设椭圆和双曲线的离心率分别为 e1，e2，则()Ae113e2 Be2 113e2 24 C.1e2 13e2 24 De2 13e2 24 解析：设椭圆与双曲线的方程分别为x2a2 1y2b2 11，x2a2 2y2b2 21，满足 a2 1b2 1a2 2b2 2c2，由焦点三角形的面积公式得 SF1PF233b2 13b2 2，故 b2 13b2 2，即a2 1c23(c2a2 2)，1e2 13e2 24.答案：C 2 已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左
2、、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.(312，1)B.(312，12)C.(12，1)D.(0，12)解析：由题意可得，|PF2|2|F1F2|2|PF1|22|F1F2|PF1|cosPF1F24c24c222c2ccosPF1F2，即|PF2|22c1cosPF1F2，所以 a|PF1|PF2|2c2c1cosPF1F2，又 60PF1F2120，12cosPF1F22 12，所以 2ca(31)c，则131ca12，即312e12.故选 B.答案：B 3已知椭圆x2a2y
3、2b21(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(a5，0)，则椭圆的离心率 e 的取值范围是()A(22，1)B(33，1)C(34，1)D(55，1)解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，则Error!即Error!所以2a5(x1x2)a2b2a2(x2 1x2 2)，所以2a35a2b2x1x2.又ax1a，ax2a，x1x2，所以2ax1x22a，则2a35a2b22a，即b2a245，所以 e215.又 0e1，所以55e1.答案：D 4(2019合肥模拟)已知椭圆 C：x22y21，若一组斜率为14的平行直线被椭圆 C所截线
4、段的中点均在直线 l 上，则 l 的斜率为()A2 B2 C12 D.12 3 解析：设平行直线中的一条直线的方程为 y14xm，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Error!消去 y，得 9x28mx16m2160，64m249(16m216)0，解得324m324，x1x28m9，x1x216m2169.M(x，y)为弦 AB的中点，x1x22x，8m92x，x4m9，m(324，324)，x(23，23)由Error!消去 m，得 y2x，直线 l 的方程为 y2x，x(23，23)，直线 l 的斜率为2，故选 A.答案：A 5
5、(2019烟台模拟)已知 F(2,0)为椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点，过 F 且垂直于 x 轴的弦长为 6，若 A(2，2)，点 M 为椭圆上任一点，则|MF|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2b2a6，则a2c2aa24a3，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|2，所以|MF|MA|的最大值为 82.答案：82 4 6(2019石家庄质检)已知 F 为双曲线x2a2y2b
6、21(a0，b0)的右焦点，过原点的直线 l 与双曲线交于 M，N 两点，且MF NF 0，MNF 的面积为 ab，则该双曲线的离心率为_ 解析：因为MF NF 0，所以MF NF.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在双曲线右支上，由双曲线的定义知，|NF|NF|2a，所以|MF|NF|2a.因为 SMNF12|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
7、理，得ba1，所以 eca1ba22.答案：2 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FA FB 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)，x114y2 1，x214y2 2.将 l 的方程代入抛物线方程，化简得 y24ty4m0，16(t2m)0，y1y24t，y1y24m.易得 F(1,0)，FA(x11，y1)，FB(x21，y2)，FA FB x1x2(x1x2)1y1y2116(y1y2)2y1y214(y2
8、 1y2 2)1116(y1y2)2y1y214(y1y2)22y1y21m26m14t2.又FA FB 0，m26m14t20，即 m26m14t2恒成立又 4t20，只需 m26m10 即可，解得 322m322.m 的取值范围为(322，322)5 答案：(322，322)8(2019福州四校联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(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b3，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 轴上是否存在一点 T，使得当 l 变化时，
9、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122cb12(2a2c)b3，得ca12.将 xc 代入x2a2y2b21，得 yb2a，所以2b2a3.又 a2b2c2，所以 a2，b3，故椭圆 C 的标准方程为x24y231.(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Error!得(34k2)x28
10、k2x4k2120，由根与系数的关系得Error!，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 的斜率存在)，即y1x1ty2x2t0.因为 R，S 两点在直线 yk(x1)上，所以 y1k(x11)，y2k(x21)，代入得 6 kx11x2tkx21x1tx1tx2tk2x1x2t1x1x22tx1tx2t0，即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0，将 代 入 得8k224t18k22t34k234k26t2434k20，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
11、 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.72 B3 C.52 D2 解析：抛物线的准线方程为 x12，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|3(12)|52.答案：C 10(2019兰州模拟)已知圆 C：(x3)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()7 A(0,2 B1,2 C2,
12、3 D1,3 解析：依题意，设点 P(3cos，1sin)，APB90，AP BP 0，(3cos t)(3cos t)(1sin)20，得 t2523cos 2sin 54sin(3)，sin(3)1,1，t21,9，t0，t1,3 答案：D 11(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 B4 C3 D2 解析：由直线与圆相交所得的弦长为 2，得圆心到直线的距离 d1m2n23，所以 m2n2132|mn|，当且仅当 mn 时
13、等号成立 所以|mn|16，又 A(1m，0)，B(0，1n)，所以AOB 的面积 S12|mn|3，故AOB 面积的最小值为 3.答案：C 12(2019西安八校联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过(1,1)与(62，32)两点(1)求椭圆 C 的方程；8(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：1|OA|21|OB|22|OM|2为定值 解析：(1)将(1,1)与(62，32)两点代入椭圆 C 的方程，得Error!解得Error!椭圆 C 的方程为x232y231.(2)证明：由|MA|MB|，知 M 在线段
14、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1|OA|21|OB|22|OM|21b21b22a22(1a21b2)2.同理，若点 A，B 是椭圆的长轴顶点，则点 M 在椭圆的一个短轴顶点，此时1|OA|21|OB|22|OM|21a21a22b22(1a21b2)2.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 y1kx，设 A(x1，y1)，则 B(x1，y1)，由Error!解得 x2 1312k2，y2 13k212k2，|OA|2|OB|2x2 1y2
15、 131k212k2，同理|OM|231k22k2，1|OA|21|OB|22|OM|2 9 212k231k222k231k22，故1|OA|21|OB|22|OM|22 为定值 13已知点 M 是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)上一点，F1、F2分别为 C 的左、右焦点，|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为433.(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12|MF1|MF2|sin 60433，
16、得|MF1|MF2|163.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|42，即 a22，从而 b2，故椭圆 C 的方程为x28y241.(2)证明：当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y2k(x1)，由Error!得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x24kk212k2，x1x22k28k12k2.从而 k1k2y12x1y22x22kx1x2k4x1x2x1x22k(k4)4kk22k28k4.当直线 l 的斜率不存在时，可取 A(1，142)，B(1，142)，得 k1k24.综上，恒有 k1k24.
