2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测） 第三部分 专题五 解析几何 作业24-25 17页

解析几何专练(一)·作业(二十四)‎ ‎1．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2, 且|MN|＝5|F1N|，求a，b.‎ 解析　(1)根据c＝及题设知M(c，)．‎ 因为直线MN的斜率为，‎ 所以＝，即＝，‎ 所以2b2＝3ac.‎ 将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，‎ 解得＝或＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.‎ ‎(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，‎ 所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，‎ 故＝4，即b2＝4a. ①‎ 由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.‎ 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即 代入C的方程，得＋＝1. ②‎ 将①及c＝代入②，得 ＋＝1.‎ 解得a＝7，b2＝4a＝28，‎ 故a＝7，b＝2.‎ ‎2．(2016·衡中二次调研)如图，已知椭圆＋y2＝1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点．‎ ‎(1)若＝6，求k的值；‎ ‎(2)求四边形AEBF面积的最大值．‎ 解析　(1)依题设得椭圆的顶点A(2，0)，B(0，1)，‎ 则直线AB的方程为x＋2y－2＝0.‎ 设直线EF的方程为y＝kx(k>0)，‎ 设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1b>0)的右焦点为F(1，0)，且点P(1，)在椭圆C上，O为坐标原点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设过定点T(0，2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；‎ ‎(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，证明：＋为定值．‎ 解析　(1)由焦点F(1，0)知c＝1，将点P(1，)代入椭圆方程得＋＝1，又a2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)过定点T(0，2)的直线l的方程为y＝kx＋2，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由，消y整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，‎ 则Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)>0，得k>或k<－.‎ 因为x1＋x2＝－，x1x2＝， ①‎ 所以y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝， ②‎ 由于∠AOB为锐角，即·>0，也即x1x2＋y1y2>0，‎ 将①②代入得－或k<－，‎ 所以－0，b>0)与圆O：x2＋y2＝3相切，过C的左焦点且斜率为的直线也与圆O相切．‎ ‎(1)求双曲线C的方程；‎ ‎(2)P是圆O上在第一象限内的点，过P且与圆O相切的直线l与C的右支交于A，B两点，△AOB的面积为3，求直线l的方程．‎ 解析　(1)∵双曲线C与圆O相切，∴a＝.‎ 由过C的左焦点且斜率为的直线也与圆O相切，得c＝2，进而b＝1，‎ 故双曲线C的方程为－y2＝1.‎ ‎(2)设直线l：y＝kx＋m(k<0，m>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 圆心O到直线l的距离d＝，由d＝，得m2＝3k2＋3.‎ 由得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2＋3＝0.(*)‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ ‎|AB|＝·|x2－x1|＝· ‎＝·＝.‎ 又△AOB的面积S＝|OP|·|AB|＝|AB|＝3，‎ ‎∴|AB|＝2.‎ 由＝2，得k＝－1，m＝.‎ 此时(*)式Δ>0，x1＋x2>0，x1·x2>0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝－x＋.‎ ‎2．(2016·重庆适应性考试)如图，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，O是坐标原点，|OF|＝，过F作OF的垂线交椭圆于P0，Q0两点，△OP0Q0的面积为 ‎.‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若直线l与上、下半椭圆分别交于点P，Q，与x轴交于点M，且|PM|＝2|MQ|，求△OPQ的面积取得最大值时直线l的方程．‎ 解析　(1)由题可得，|P0F|＝＝＝，易知 ‎|P0F|＝，从而＝.‎ 又c＝|OF|＝，即a2－b2＝5，因此a2－a－5＝0，解得a＝3或a＝－，‎ 又a>0，故a＝3，从而b＝2.‎ 故所求椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(m，0)．由题知y1>0，y2<0，并可设直线l：x＝ty＋m(t≠0)，代入椭圆方程得＋＝1，即(4t2＋9)y2＋8tmy＋4(m2－9)＝0.‎ 由题意可知|m|≤3，Δ>0，从而 y1＋y2＝－，y1y2＝.‎ 由|PM|＝2|MQ|，得＝＝2即y1＝－2y2.因此y2＝－(y1＋y2)＝，y1y2＝－2y22，故＝－2()2，从而m2＝.‎ 所以S△OPQ＝|OM||y1－y2|＝|m||－3y2|＝＝＝≤3.‎ 当且仅当4|t|＝，即t＝±时，等式成立，此时m2＝＝5.‎ 注意到y2＝且y2<0，知tm<0，故满足题意的直线l的方程为x＝y－或x＝－y＋，对应△OPQ的面积取得最大值3.‎ ‎3．(2016·长春质量监测)椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，△F1PF2内切圆面积的最大值为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连接A1A，A1B并延长分别交直线x＝4于P，Q两点，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．‎ 解析　(1)已知椭圆的离心率为，不妨设c＝t，a＝2t，即b＝t，其中t>0，又△F1PF2内切圆面积取最大值时，半径取最大值为r＝，由S△F1PF2＝·C△F1PF2，其中C△F1PF2为△F1PF2的周长，由C△F1PF2为定值，因此S△F1PF2也取得最大值，即点P为短轴端点，因此·2c·b＝·(2a＋2c)，·2t·t＝··(4t＋2t)，解得t＝1，则椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为x＝ky＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立可得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 直线AA1的方程为y＝[x－(－2)]，‎ 直线BA1的方程为y＝[x－(－2)]，‎ 则P(4，)，Q(4，)，假设以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)，‎ 则＝(4－m，－n)，＝(4－m，－n)，·＝(4－m)2＋(－n)(－n)＝0，‎ ‎(4－m)2＋(－n)(－n)＝0，即＋n2＋(4－m)2＝0，‎ ＋n2＋(4－m)2＝0，‎ 即6nk－9＋n2＋(4－m)2＝0.‎ 若以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)，即不论k为何值时，·＝0恒成立，因此n＝0，m＝1或m＝7，即恒过定点(1，0)或(7，0)．‎ ‎4．(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.‎ ‎(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；‎ ‎(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．‎ 解析　(1)由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.‎ 由方程组得3x2－12x＋18－2b2＝0. ①‎ 方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，‎ 此时方程①的解为x＝2，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ 点T的坐标为(2，1)．‎ ‎(2)由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，‎ 由方程组可得 所以P点的坐标为(2－，1＋)，|PT|2＝m2.‎ 设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由方程组可得3x2＋4mx＋4m2－12＝0. ②‎ 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－b>0)过点A(－，)，离心率为，点F1，F2分别为其左、右焦点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点P，Q，且⊥？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解析　(1)由题意，得＝，得b＝c.因为＋＝1(a>b>0)，得c＝1，所以a2＝2，所以椭圆C方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)假设满足条件的圆存在，其方程为x2＋y2＝r2(00恒成立．‎ ‎∵直线PQ与圆相切，∴r2＝＝，∴存在圆x2＋y2＝.‎ 当直线PQ的斜率不存在时，也存在圆x2＋y2＝满足题意．‎ 综上所述，存在圆心在原点的圆x2＋y2＝满足题意．‎ ‎2．(2016·南宁第二次考试)已知抛物线C：y＝2x2，直线l：y＝kx＋2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.‎ ‎(1)证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；‎ ‎(2)是否存在实数k，使以AB为直径的圆M经过点N？若存在，求k的值；若不存在，说明理由．‎ 解析　(1)方法1　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx＋2代入y＝2x2中，得2x2－kx－2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝.‎ ‎∵xN＝xM＝＝，∴N点的坐标为(，)．‎ ‎∵(2x2)′＝4x，∴(2x2)′＝k，‎ 即抛物线在点N处的切线的斜率为k.‎ ‎∵直线l：y＝kx＋2的斜率为k，∴切线平行于AB.‎ 方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx＋2代入y＝2x2中得2x2－kx－2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝.‎ ‎∵xN＝xM＝＝，∴N点的坐标为(，)．‎ 设抛物线在点N处的切线l1的方程为y－＝m(x－)，‎ 将y＝2x2代入上式得2x2－mx＋－＝0，‎ ‎∵直线l1与抛物线C相切，∴Δ＝m2－8(－)＝m2－2mk＋k2＝(m－k)2＝0.‎ ‎∴m＝k，即l1∥AB.‎ ‎(2)假设存在实数k，使以AB为直径的圆M经过点N.‎ ‎∵M是AB的中点，∴|MN|＝|AB|.‎ 由(1)知yM＝(y1＋y2)＝(kx1＋2＋kx2＋2)＝[k(x1＋x2)＋4]＝(＋4)＝＋2，‎ ‎∵MN⊥x轴，∴|MN|＝|yM－yN|＝＋2－＝.‎ ‎∵|AB|＝×＝×＝×.‎ ‎∴＝×，∴k＝±2，‎ ‎∴存在实数k＝±2，使以AB为直径的圆M经过点N.‎ ‎3．已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0，2)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆P的方程；‎ ‎(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解析　(1)设椭圆P的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 由题意得b＝2，e＝＝，‎ ‎∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c2＝4，c＝2，a＝4，‎ ‎∴椭圆P的方程为＋＝1.‎ ‎(2)存在．‎ 假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意．‎ 故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．‎ ‎∵·＝，‎ ‎∴x1x2＋y1y2＝.‎ 由 得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，‎ 由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，‎ 解得k2>. ①‎ ‎∵x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ‎∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，‎ 故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，‎ 解得k2＝1. ②‎ 由①②解得k＝±1，‎ ‎∴直线l的方程为y＝±x－4.‎ 故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．‎ ‎4．(2016·太原模拟)已知抛物线E：y＝mx2(m>0)，圆C：x2＋(y－2)2＝4，点F是抛物线E的焦点，点N(x0，y0)，(x0>0，y0>0)为抛物线E上的动点，点M(2，－)，线段MF恰被抛物线E平分．‎ ‎(1)求m的值；‎ ‎(2)若y0>4，过点N向圆C作切线，求两条切线与x轴围成的三角形面积的最小值．‎ 解析　(1)由x2＝y得，抛物线E的焦点F(0，)，‎ 又线段MF的中点P(1，－)在抛物线E上，‎ ‎∴－＝m，‎ 即8m2＋2m－1＝0，∴m＝或－(舍去)．‎ ‎(2)由(1)得x2＝4y，∵N(x0，y0)(x0>0，y0>4)为抛物线E上的动点，∴N(2，y0)，由题意知两条切线的斜率存在记为k1，k2，设两切线与x轴的交点为A，B，设切线方程为y－y0＝k(x－2)，即kx－y－2k＋y0＝0，‎ 则＝2，‎ 整理得4(y0－1)k2－4(y0－2)k＋y02－4y0＝0，‎ Δ≥0恒成立．‎ ‎∴k1＋k2＝，k1k2＝.‎ ‎∵xA＝2－，xB＝2－，‎ ‎∴|AB|＝|xA－xB|＝|－|＝y0·||，‎ 而|k1－k2|＝ ‎＝＝，‎ ‎∴|AB|＝.‎ ‎∴S△NAB＝|AB|·y0＝＝2[(y0－4)＋＋8]≥2(2＋8)＝32.‎ 当且仅当y0－4＝4，即y0＝8时，S△NAB取到最小值32.‎ ‎5．(2016·江西九校联考)已知椭圆C：＋＝1(01)，‎ 则＝＝－＋＋1＝－(－)2＋≤(当且仅当t＝2时取等号)，‎ 所以的最大值为.‎ ‎6．(2016·江南十校联考)如图，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0，1)，取垂直于y轴的直线与抛物线从左至右依次交于不同的两点P1，P2，过P1，P2作圆心为Q的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且P1Q⊥P2Q.‎ ‎(1)求抛物线C和圆Q的方程；‎ ‎(2)过点F作直线l，与抛物线C和圆Q依次交于M，A，B，N，求|MN|·|AB|的最小值．‎ 解析　(1)因为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0，1)，‎ 所以＝1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.‎ 由抛物线和圆的对称性，可设圆Q：x2＋(y－b)2＝r2，‎ ‎∵P1Q⊥P2Q，∴△P1QP2是等腰直角三角形，则∠QP2P1＝45°，∴P2(r，b－r)，代入抛物线方程有＝4b－2r.‎ 由题可知在P1，P2处圆和抛物线相切，对抛物线x2＝4y求导得y′＝，所以抛物线在点P2处切线的斜率为k＝.‎ 由∠QP2P1＝45°，知k＝＝1，所以r＝2，‎ 代入＝4b－2r，解得b＝3.‎ 所以圆Q的方程为x2＋(y－3)2＝8.‎ ‎(2)由题知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋1.‎ 圆心Q(0，3)到直线l的距离为d＝，‎ ‎∴|AB|＝2＝4.‎ 由得y2－(2＋4k2)y＋1＝0，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4k2＋2，‎ 由抛物线定义知，|MN|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)．‎ 所以|MN|·|AB|＝16(1＋k2)，‎ 设t＝1＋k2(t≥1)，则|MN|·|AB|＝16t＝16＝16(t≥1)，‎ 所以当t＝1即k＝0时，|MN|·|AB|有最小值16.‎