2023屆新教材高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)解答題練習(xí) 解析幾何B卷

(IO)解析幾何

B卷

1.已知橢圓C:0+與?=l(a>b>0)的左焦點為百(TO),右焦點為R(L0),上頂點為A,

ab~

右S偵=?/??

(I)求橢圓。的方程；

(II)過外的直線/交橢圓C于M,N兩點，求三角形OMN面積取最大值時，三角形

OMN的周長.

2.已知橢圓uW+W?=l(α>6>0)的離心率為3，右焦點為R右頂點為A,且

a^b^2

?AF∣=2-√3.

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.

IlUUILlLlU

(2)若不過點A的直線/與橢圓C交于。，E兩點，且ADAE=O,判斷直線/是否過定

點，若過定點，求出定點坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由.

3.已知橢圓C:「+4=l(a>A>0)的離心率為L且經(jīng)過點A(-2,0),尸是C的右焦點.拋

a2b-2

物線16x+V=0的準(zhǔn)線為/,M是/上的動點，直線AM與C的交點為3(異于點A).

(1)當(dāng)B是C的上頂點時，求FM的面積；

⑵若/與X軸的交點為M且M異于點N,求證：ZBFM=ZMFN.

4.已知橢圓E:1+g=l(a>b>O)的左、右頂點分別為A,B,右焦點為R短軸長為

Crb'

2,A到尸的距離為2+6.

(I)求橢圓E的方程；

(II)過點P(LO)的直線交E于M,N兩點，直線AM,BN交于點、T,證明：T的橫坐

標(biāo)為定值.

5.如圖所示，拋物線口ν=2〃田5>0)的準(zhǔn)線為/,焦點為E點A是/與X軸的交點，

點M,N,。是拋物線C上的點，直線MN經(jīng)過點A,直線MQ經(jīng)過點8(1,7),且

△ABF的面積為1.

(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)直線QN是否過定點？若過定點，請求出該點的坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由.

?22

6.已知雙曲線CS-4=1(O>0,6>0)的左、右焦點分別為耳,囂，點T(-2g,我在雙曲線

ah"

C上，TP垂直X軸于點P,且點P到雙曲線C的漸近線的距離為2.

(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)已知過點心的直線/與雙曲線C的右支交于A，8兩點，且的外接圓圓心。

在y軸上，求滿足條件的所有直線/的方程.

7.已知士為橢圓C:[+三=l(a>b>O)的左焦點，直線y=立匕與C交于A,B兩點，且

CTb^2

△4%的周長為4+4√Σ,面積為2.

(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)若P(2,l)關(guān)于原點的對稱點為Q,不經(jīng)過點P且斜率為g的直線/與C交于點D,

E,直線Po與QE交于點M,證明：點M在定直線上.

8.若拋物線C:V=2px(p>0)上的第一象限的點M滿足OM?MF=T,其中。為坐

標(biāo)原點，F(xiàn)為拋物線的焦點.

(1)求。的方程；

(2)過點的直線/與C交于A,8兩點，試問點M是否總在以AB為直徑的圓

上？若是，請證明；若不是，請說明理由.

9.已知橢圓E:二+}=l(a>%>O)的左、右焦點分別為耳,鳥，下頂點為直線MF,與

Crb

E的另一個交點為P，連接尸片，若APA片的周長為4√Σ,且△尸耳心的面積為$3.

⑴求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

⑵若直線/:廣辰+加(加W-I)與橢圓E交于A,B兩點,當(dāng)根為何值時，M4,恒成

立？

10.已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為R知(〃2,-2)為拋物線上一點，|心|=2.

(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)過M的兩直線交拋物線于A,B,且44的平分線平行于y軸，試判斷^AΛ組的面

積是否有最大值？若有，求出最大值；若沒有，說明理由.

答案以及解析

L答案：⑴—+?=)

43

(II)3÷√13

解析：(I)由題意知左焦點為耳(-1,0),右焦點為6(1,0),.?.c=l.

已知SM哂=:忻閭?∣OA∣=gx2cb=b=G'

BfJα2=?2+c2=4,

橢圓C的方程為「y

3

(II)設(shè)Λf(χ,yJ,N(X2,y2)，直線/的方程為X=6+1,

X=?γ+1,

聯(lián)立f丁1

—+—=1,

143

消去X并整理得(3X+4))2+66-9=0,

6k9

/.y÷y=-----?-----，yy=------∑-----

123?2+4?il223?2+4

:?SAOMN=JXlXIy-必|=叱;J?

令尸=(≥l),島=：6

1IO≠2_1

令人)"+不(91)，∕(,)=1一獷=寸

“⑴在［L÷∞)上單調(diào)遞增,

當(dāng)f=l時〃f)取得最小值，最小值為g,

6

則SAM

30+?

,SMWN的最大值為1

此時?/l+k2=Z=I,

.?.k=0,代入直線/的方程x=B+l,得直線/的方程為x=l,即點Mh二

3

IoMl=—=∣OΛ^∣,IMNl=3,

.?.三角形OMN的周長為3+而.

2.答案：(1)—÷y2=1.

4

(2)過定點住0).

解析：(1)由題意得￡=-C=2-G,

a2

得Q=2,C=G，

.,.b—?∣a2-C2—?∣22—(?/?)2=1,

.?.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為E+V=1.

4

(2)設(shè)。(知必)倒電,當(dāng))，

當(dāng)直線/的斜率存在時，設(shè)直線/的方程為y=日+m,

代入^+V=I,整理得(1+4M)X2+8knr+4M-4=0,

則Δ=(8bn)2-4(1+4?2)(4〃廣-4)>0,

4m-4

TT記中2=77標(biāo)r'

由題及(1)知A(2,0),

ADAE=(xl-2,y,)?(x2-2,y,)=(xl-2)(Λ,-2)+y,y2

22

=(X[-2)(&-2)+(fcrl+m)^kx-,+∕7Z)=(1+Λ)XIJ?+(∕3∏-2)(XI+JC2)+∕H+4

=(l+∕)(4"*4)[的-2)X(-8而)∣/"一°,

1+4公1+4公

化簡得12?2÷16foπ+5m2=0,

:.m=-Sk或機(jī)=-2k(舍去),

則直線/的方程為y=履g,即…［高，直線/過定點與0).

當(dāng)直線/的斜率不存在時，設(shè)hx=r(-2<f<2),

代入《+y2=i,解得y=±「?，

4V4

LlUUlIlIBl

由ADYE=O得AOJ_AE,

2-ZI=.Zl--?解得f=自或f=2(舍去)，

V45

此時直線/過點go).

綜上，直線/過定點修0).

3.答案：⑴面積為3√L

(2)證明過程見解析.

解析：(1)由題可知e=￡=JI-K?=±α=2,

4Va-2

.?.b=?∣3,c=19

??.m√3),F(l,0),

.?.直線AB的方程為y=Bχ+0，

-2

,

由題意得/:x=4,..XM=4，

F(1,O)到直線A5的距離d=/

???%≡=f8M?"=3√5?

(2)解法一：根據(jù)對稱性，不妨設(shè)點版位于第一象限，

由題意知直線AB的斜率存在且不為0,設(shè)直線AB的方程為y=∕(x+2),∕>0,則

M(4,6?),

又尸(1,0),：.kMF=2k.

?2

由(I)知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為工+X=1,

43

22

將y=&(x+2)代入2→?∣~=1,得(3+442)χ2+]6/χ+i6公一12=0,

16公一128公一6

3+叱X=-帝出

.?.y=k(x+2)=---------,

B'βB'3+4公

4k

.?.tanZ.BFN=kRorF

I-4?2

又2tanZMFN2"M"=4k

tan2NMFN=2

1—tai?NMFN1-?F~1-4?

.?.tanZBFN=tan2ZMFN,

:.ABFN=2ΛMFN,

,'.ZBFM=ΛMFN.

解法二：根據(jù)對稱性，不妨設(shè)點M位于第一象限,

由題意知直線AB的斜率存在且不為0,

設(shè)直線AB的方程為y=k(x+2),k>0,

則M(4,6Q,故IMNI=6h

由(1)知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為?+￡=1,

22

將y=Z(x+2)代入.+《=1,得(3+4公)χ2+]6%2χ+i6公一12=0,

16?2-128公-6

,Zc?12k

.?.%=%(∕+2)=^p?，

AL

又F(1,0),tanZ.BFN=kH,.=?-,

直線BF的方程為y=,4j；(X-D，即4米-4A-(l-4%2)y=0)

過點M作M2,8尸，垂足為。，

則點M到直線BF的距離IMQI=16：-袱一6Ml一止)=6A+24f=,

√16^÷(l-4^)21+止

.-JMgHMNI,易得RtZXMQF三RtLMNF,

.?ZBFM=ZMFN.

4.答案：⑴E+V=ι

4

(II)見解析

解析：(I)由題意得Z?=l,α÷c=2+?∕3.

又因為"-c?=。?，所以O(shè)=2,

所以橢圓E的方程為.+V=].

4

(II)證明：設(shè)點Ma,yj,N(X2,%)，

當(dāng)直線MN的斜率不為。時，設(shè)直線MN的方程為x="+l,將直線MN的方程與橢圓

E的方程聯(lián)立消去X并整理得/+4)∕+2<y-3=0,Δ>0,

由韋達(dá)定理得χ+%=一%，)1，2=一一

/+4r+4

聯(lián)立直線BN：y=3?Tχ-2)與直線AM：y=-2-(χ+2)的方程得點T的橫坐標(biāo)

x2-2x1+2

二2[為必+芻1+2(%-%)]

TXly2-々乂+2(y+必)

二2a為+(y+%)+2(%-y)

2(,+必)+(%-,),

將乂%=一，^代入化簡得

-8f+2(*+4χ%-χ)

人7'/\乙—I,

2

-4r+(∕+4)(y2-y,)

當(dāng)MN的斜率為0時，MN:y=0,存在直線AM,BN的交點T的橫坐標(biāo)為4.

綜上，T的橫坐標(biāo)為定值.

5.答案：(1)方程為y2=4x.

(2)該直線過定點(1,-4).

解析：(1)點A是拋物線Uy2=2pχ(p>0)的準(zhǔn)線/與X軸的交點，

；?點A的坐標(biāo)為,與。｝點尸的坐標(biāo)為(多0).

在ΛABF中，AF=p.

又點3的坐標(biāo)為(1,-1),

則點B到X軸的距離為1,

即ZXABF的高為1,

?雙曲=；AQl=?∣=1,解得p=2,

.?.拋物線C的方程為V=4x?

出設(shè)加(不乂)”(工2，%)，。(如必)，

直線AM的方程為y=?(x÷l).

聯(lián)立，U：+"得公X2+(25-4)X+r=(),

.?.Λ1X2=l,y1y2=4,

χ3-玉y3+yl

.?.直線MQ的方程為y+1=—-—(x-l)>

%+乂

代入Q(XQ3)得為+1=—^—(不τ)，

%+M'

.V-4+%.4_4+y

??y∣--------，??---：-------3-，

ι+y3y21+%

???%為+4(%+%)+4=。(*).

同理直線QN方程為y-y,=―-—(X-X2)，

%+%

即為為7(為+、3)+4工=0.

根據(jù)(*)式可知該直線過定點(1,-4).

6.答案：⑴工-X=L

63

(2)尤=±￥?y+3.

解析：⑴由7(-2月,揚在雙曲線C上,得三-3=1①,

ab-

由TP垂直X軸于點P,得P(-2√3,0),

則由P到雙曲線C的漸近線的距離為2,

得/=2/,

代入①，得?=1,即〃2=3,從而/=6,

、2

故雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為土一匕=L

63

(2)解法一：由題意，6(3,0),可設(shè)直線/:X=Wy+3,則-√5<m<√5,

聯(lián)立得6，得(病-2)1+6陽+3=0,

設(shè)4(和弘),8(々,%)，則%+%=一一g?,y%=-?7，

m-2相~—2

∣2

從而西+Λ2=心|+%)+6=_環(huán)_2

則線段AB的中點

\m-2nf-2

122√f60+AW2)

226m

且IABl=Vl÷∕∏∣y∣-y2∣=71+∏7

m2-2m2—2加一2

由題意設(shè)。(0,%),

3"?

%------2-------

易知。在線段AB的垂直平分線上，因此^一"1=τ”,

'O

ιn2-2

9m

得L懸即。N-m2—2

連接QP,QA,QM,因此IQPI2=E∕?]+12.

由勾股定理可得'I"M+*「.

6Y(6mV6(m2+l)^

又IQA∣=IQP∣,則[一+12=ιι

-2JAnr-2)+仇2_2丫

化簡得2--5M+2=?！谩?=±三(〃,=±夜舍去),

因此直線/的方程為x=±4y+3.

解法二：由題意，5(3,0),可設(shè)直線/:X=S+3,則-正<m<0,

聯(lián)立得'I],得(〃-2)/+6叫+3=0,

、Q

設(shè)4（國,耳）,8（々,必），≡JJ=-T-;-

12/77-2

由題意設(shè)。（O/）,

則有/；+（%-'）=「+12,

考+（%-。2=J+12

將?。?6+2'代入，可得2小-6=0,

6=6+2j2[3y2-Ity2-6=0

則y,%為方程3丁-29-6=。的兩根，

故乂必=-2,從而—=-2,解得加=±",

因此直線/的方程為X=±4?3.

7.答案：⑴工+21=1.

82

(2)證明過程見解析.

解析：(1)將卜=在6代入。的方程，可解得x=±立”，則∣AB∣=√5”,

22

所以ZXAB片的面積為:Xλ∕∑αχ?^?6=g=2,所以C由=4.①

設(shè)C的右焦點為外，連接AF2，由橢圓的對稱性可知∣*∣=∣A周，

所以ZXAB耳的周長為I4?I+∣A娟+忸用=|Aβ∣+∣AFl∣+∣A∕=ζ∣=(2+√2)α,

所以(2+應(yīng)加=4+4上，②

由①②解得a=2√2,?=√2,

所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為M+f=l?

82

⑵設(shè)D(x1,yl),E(x2,γ2),直線I的方.程為y=gx+m,相≠0,

聯(lián)立直線/與橢圓。的方程，并消去y得f+2nvc+2nr-4=0,

?=4m2-4(2/7?—4)>0，得一2vmv2且〃?00，

則xi+x2≈—2m，

11

1x.+m-ι1,1+m+ι1

.?-l21.y2+121tn

kply=-----------------------------——F----------，k()F~=--------=—卜----，

x1-2x1-22x1-2x2+2x2+22X2+2

1m1m2m

所以直線P。的方程為y-l=—+-------(X-2)，即yX---------,

、2xl—2^%一2

]+機(jī)、(1m2m

直線QE的方程為y+l=(x+2),即yJ=-+-------x+-------

2x2+2^[2X2+2X2+2

mm2m2m

聯(lián)立直線PO與直線。3的方程，得X=--------1---------，

x1-2x2÷2X1-2x2+2

所以迎=己+”-]+三?p=

X

M12xi—2Jxl—22(x1÷X2)

1(x∣÷x)+(x∣-X-12x—4

=—I-m?-9———2=—μm----------1------------

2(x1-2)(xl+x2)2(x1-2)(xl+x2)

12m1

=—I=—.

2x1+X22

所以Xw=~~XM9即點M在定直線x+2y=0上.

8.答案：(1)y2=2x

(2)點M總在以AB為直徑的圓上，理由見解析

解析:(1)依題意得，尸已。)，OM=(g,%),MF=^-^,-y0

所以0M?MF=Ue4=一1.①

又yj=2p?g=°,②

聯(lián)立①②解得p=l,

所以拋物線C的方程為F=2x.

(2)證明：①若直線/的斜率不存在，則直線方程為X=』，聯(lián)立∕=2χ,可得

2

A與處嗚，同，

所以以AB為直徑的圓的方程為(X-Ij+丁=5.

又用H，此時點M在以AB為直徑的圓上.

②若直線/的斜率存在，可設(shè)直線方程為y+l=(x-g),與∕=2x聯(lián)立，消去X并整

理得62-2y-5Z-2=0,

設(shè)A(x∣,y),8(和力)，

2

%+為=7，

由韋達(dá)定理得士C

5/:+2

；，

yσ2=—K—

22

IJIilr+r"支及_(凹+12)2-2兇力_5二+2左+2_Jj25?+20?+4

222k-I篦224?2

所以M4?MB=1]-?[2-3)+(兇_1)(%-1)

=×?×2--(?i+×z)+-+y?y2-(y+)?)+ι

_25上2+20&+4I5k2+2k+2(5k+2}25

=ZP2F+[--^k~J^I+4

=O,

所以M4LMB,此時點M在以AB為直徑的圓上，

綜上，點M總在以AB為直徑的圓上.

9.答案：(1)標(biāo)準(zhǔn)方程為]+y2=ι.

(2)當(dāng)〃7=g時，恒成立.

解析：(1)設(shè)僧圖=2c.

由橢圓的定義可知，的周長為4α=4√∑,故。=夜.

直線MF^的方程為y--x-b，

C

與W+g=l聯(lián)立可得點Pl宴1,*√∣,

ab'(tr+ca+c)

:.APFiF)的面積為,x2rx∕—-=-C-=-l>,，

2a÷c2÷c3

即3c=2+c2,

解得C=I或c=2(舍)，貝!]〃=儲—/=1,

，橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程—+y*?

y=kx+m,

22

⑵聯(lián)立2消去y得(2公+1*+4初氏+2病一2=0,Δ=8(2?-W+1)>0.

由(1)可知M(O,-1),

設(shè)Aa,y∣),B(χ2,%),

∏,∣4km2m2-2

貝r∣Jx+x=-—?~~-,xx,=

l2^2?2+ll2?2+l

2

,z、-4km_2m

yl+y,=κ(x.+x,)+2m=-----∑-----F2m=—∑----

12v1272/+12公+1

22

yλy2=(Ax,+MI)(AX2+m)=kxλx2+mk(^xl+x2)+m

22