【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列5解析几何（理）作业 9页

对应学生用书[练案65理]‎ 高考大题规范解答系列(五)——解析几何(理)‎ ‎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·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－.‎ ‎3．(2018·苏州模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上存在一点E(2，t)到焦点F的距离等于3.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)过点K(－1,0)的直线l与抛物线C相交于A，B两点(A，B两点在x轴上方)，点A关于x轴的对称点为D，且FA⊥FB，求△ABD外接圆的方程．‎ ‎[解析]　(1)抛物线的准线方程为x＝－，‎ 由抛物线的定义，可得2＋＝3，解得p＝2.‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设直线l的方程为x＝my－1(m>0)．‎ 将x＝my－1代入y2＝4x并整理得y2－4my＋4＝0，‎ 由Δ＝(－4m)2－16>0，并结合m>0，解得m>1.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(x1，－y1)，‎ y1＋y2＝4m，y1y2＝4，‎ 所以·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝8－4m2，‎ 因为FA⊥FB，所以·＝0，‎ 即8－4m2＝0，结合m>0，解得m＝.‎ 所以直线l的方程为x－y＋1＝0.‎ 没AB的中点坐标为(x0，y0)，‎ 则y0＝＝2m＝2，x0＝my0－1＝3，‎ 所以线段AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)．‎ 因为线段AD的垂直平分线方程为y＝0，‎ 所以△ABD的外接圆圆心坐标为(5,0)．‎ 因为圆心(5,0)到直线l的距离d＝2，‎ 且|AB|＝＝4，‎ 所以圆的半径r＝＝2.‎ 所以△ABD的外接圆的方程为(x－5)2＋y2＝24.‎ ‎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.‎ 由求根公式，得x1＋x2＝，①‎ x1x2＝.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，‎ 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．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两焦点分别是F1(－，0)，F2(，0)，点E(，)在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是y轴上的一点，若椭圆C上存在两点M，N使得＝2，求以F1P为直径的圆的面积的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)由题意知，半焦距c＝，2a＝|EF1|＋|EF2|＝＋＝4，‎ 所以b2＝a2－c2＝8－2＝6，‎ 所以椭圆C的方程是＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(0，t)，‎ 当直线MN的斜率不存在时，可得M，N分别是短轴的两端点，得到t＝±.‎ 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则由＝2得x1＝－2x2，①‎ 由消去y得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－24＝0，‎ 由Δ>0得64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－24)>0，整理得t2<8k2＋6.‎ 由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝，②‎ 由①②，消去x1，x2得k2＝，‎ 由得b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．‎ ‎(1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若k＝，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率是k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5.‎ 结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.‎ 所以椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，又AB，F1F2互相平分且共圆，所以AB，F1F2是圆的直径，所以x＋y＝9.‎ 又由椭圆及直线方程综合可得 由前两个方程解得 将其代入第三个方程并结合b2＝a2－c2＝a2－9，‎ 解得a2＝12，故e＝.‎ ‎(3)由(2)的结论知，椭圆方程为＋＝1，‎ 由题意可设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，‎ k1＝，k2＝，所以k1k2＝.‎ 又＝＝－，即k2＝－.‎ 由－2b>0)的一个顶点与抛物线C：x2＝4y的焦点重合，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且离心率e＝，过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若·＝－2，求直线l的方程；‎ ‎(3)若AB是椭圆C经过原点O的弦，MN∥AB，求证：为定值．‎ ‎[解析]　(1)由题意抛物线的焦点为F(0，)，‎ ‎∴椭圆的一个顶点为(0，)，‎ 即b＝，e＝＝，‎ ‎∴a＝2，∴椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题可知，直线l与椭圆必相交．‎ ‎①当直线斜率不存在时，经检验不合题意．‎ ‎②当斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，且M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]‎ ‎＝＋k2(－＋1)‎ ‎＝＝－2，解得k＝±，‎ 故直线l的方程为y＝(x－1)或y＝－(x－1)．‎ ‎(3)证明：设M(x1，y1)，N2(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，‎ 由(2)可得|MN|＝|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝，‎ 由消去y并整理得x2＝，‎ ‎|AB|＝|x3－x4|＝4，‎ ‎∴＝＝4，为定值．‎ ‎8．(2018·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点(，)，焦点F1(－，0)，F2(，0)，圆O的直径为F1F2.‎ ‎(1)求椭圆C及圆O的方程；‎ ‎(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.‎ ‎①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；‎ ‎②直线l与椭圆C交于A，B两点，若△OAB的面积为，求直线l的方程．‎ ‎[解析]　(1)由题意知c＝，所以圆O的方程为x2＋y2＝3，‎ 因为点(，)在椭圆上，‎ 所以2a＝＋＝4.‎ 所以a＝2.‎ 因为a2＝b2＋c2，所以b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切，且切点在第一象限，所以直线l的斜率k存在且k<0，‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)．‎ 将直线l的方程代入圆O的方程，得x2＋(kx＋m)2＝3.‎ 整理得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，‎ 因为直线l与圆O相切，所以Δ＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋3，‎ 将直线l的方程代入椭圆C的方程，得＋(kx＋m)2＝1，‎ 整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 因为直线l与椭圆C相切，‎ 所以Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，‎ 整理得m2＝4k2＋1，‎ 所以3k2＋3＝4k2＋1，因为k<0，所以k＝－，则m＝3，‎ 将k＝－，m＝3代入(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，‎ 整理得x2－2x＋2＝0，‎ 解得x1＝x2＝，将x＝代入x2＋y2＝3，‎ 解得y＝1(y＝－1舍去)，所以点P的坐标为(，1)．‎ ‎②设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，‎ 由①知m2＝3k2＋3，且k<0，m>0，‎ 因为直线l和椭圆C相交，所以结合②的过程知m2<4k2＋1，解得k<－，‎ 将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得 ‎(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 解得x1,2＝，‎ 所以|x1－x2|＝，‎ 因为AB＝＝|x1－x2|＝·，‎ O到l的距离d＝＝，‎ 所以S△OAB＝···＝···＝，解得k2＝5，因为k<0，所以k＝－，则m＝3，即直线l的方程为y＝－x＋3.‎