2025版 數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版五十九　拋物線含答案

8版數(shù)學(xué)《高中全程復(fù)習(xí)方略》（提升版）人教A版五十九拋物線五十九拋物線(時間:45分鐘分值:95分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)(2024·濟(jì)南模擬)已知點(diǎn)(1,4)在拋物線y=ax2上,則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為()A.(1,0) B.(0,1)C.(0,116) D.(1【解析】選C.因為點(diǎn)(1,4)在拋物線y=ax2上,所以4=a×12,則a=4,所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是x2=14y則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0,116)2.(5分)(2024·眉山模擬)O為坐標(biāo)原點(diǎn),F為拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn),M為C上一點(diǎn),若|MF|=6,則△MOF的面積為()A.43 B.22 C.42 D.8【解析】選C.設(shè)點(diǎn)M(x0,y0),F(2,0),所以|MF|=x0+2=6,得x0=4,y0=±42,所以△MOF的面積S=12|OF|×|y0|=12×2×42=43.(5分)(2024·成都模擬)已知點(diǎn)F(0,4)是拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn),點(diǎn)P(2,3),且點(diǎn)M為拋物線C上任意一點(diǎn),則|MF|+|MP|的最小值為()A.5 B.6 C.7 D.8【解析】選C.因為點(diǎn)F(0,4)是拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn),所以p2=4,解得p=8,所以拋物線C的方程為x2=16由拋物線的定義知:點(diǎn)M到點(diǎn)F(0,4)的距離等于點(diǎn)M到準(zhǔn)線y=-4的距離,結(jié)合點(diǎn)P(2,3)與拋物線C的位置關(guān)系可知,|MF|+|MP|的最小值是點(diǎn)P(2,3)到準(zhǔn)線y=-4的距離,故|MF|+|MP|的最小值為7.【加練備選】拋物線C:x2=8y的焦點(diǎn)為F,過F且傾斜角為π4的直線l與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)D為拋物線C上的動點(diǎn),且點(diǎn)D在l的右下方,則△DAB面積的最大值為(A.162 B.122C.82 D.62【解析】選A.由C:x2=8y知F(0,2),則直線l的方程為y=x+2,設(shè)D(x,x2則D到直線l的距離為d=|x-x28+2|2,又點(diǎn)D在l聯(lián)立方程x2=8yy=x+2,消元得x2-8x-16=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2所以|AB|=1+12·所以S△DAB=12|AB|·d=42(x-x28+2)=22(-x2+8x+16),故當(dāng)x=4時,S△4.(5分)過拋物線y=x2的焦點(diǎn)F的一條直線交拋物線于P,Q兩點(diǎn),若線段PF與QF的長分別是p,q,則1p+1q為定值(A.1 B.2 C.3 D.4【解析】選D.拋物線x2=y的焦點(diǎn)F(0,14),準(zhǔn)線方程為y=-14,顯然直線PQ的斜率存在,設(shè)為k,則直線PQ的方程為y=kx+14,由y=kx+14y=x2消去x并整理得:y2-(k2+設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1y2=116,y1+y2=k2+12,而p=y1+14,q=y2+14,因此1p+1q=44y1+1+45.(5分)(多選題)(2024·貴陽模擬)已知拋物線C:y=ax2的頂點(diǎn)為O,準(zhǔn)線為y=-12,焦點(diǎn)為F,過F作直線l交拋物線于M,N兩點(diǎn)(M在N的左邊),則(A.a=1B.若直線l經(jīng)過點(diǎn)(-1,0),則|MN|=7C.線段|MN|的最小值為2D.若FN=3MF,則直線l的斜率為3【解析】選ACD.A選項,拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=1ay,準(zhǔn)線為y=-12,則準(zhǔn)線方程y=-14a=-12,解得a焦點(diǎn)F(0,12),過F作直線l交拋物線于M,N兩點(diǎn),顯然l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+1聯(lián)立y=kx+12,y=12x設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=2k,x1x2=-1,|MN|=1+k2(x1+B選項,若直線l經(jīng)過點(diǎn)(-1,0),則k=12,|MN|=5C選項,當(dāng)k=0時,|MN|的最小值為2,故C正確;D選項,由FN=3MF,得-3x1=x2,又x1x2=-1,x1<0,x2>0,解得x1=-33,x2=3又因為x1+x2=2k,所以k=33,故D正確6.(5分)(多選題)(2022·新高考Ⅱ卷)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),過拋物線C:y2=2px(p>0)焦點(diǎn)F的直線與C交于A,B兩點(diǎn),其中A在第一象限,點(diǎn)M(p,0),若|AF|=|AM|,則()A.直線AB的斜率為26B.|OB|=|OF|C.|AB|>4|OF|D.∠OAM+∠OBM<180°【解析】選ACD.根據(jù)題意如圖,對于A,易得Fp2,0,由|AF|=|AM|可得點(diǎn)A在FM的垂直平分線上,則點(diǎn)A橫坐標(biāo)為p2+p2=3p4,代入拋物線可得y2=2p·3p4=32p2,則對于B,由斜率為26可得直線AB的方程為x=126y+聯(lián)立拋物線方程得y2-16py-p2設(shè)B(x1,y1),則62p+y1=66則y1=-6p3,代入拋物線得(-6=2p·x1,解得x1=p3,則B(p3,-則|OB|=(p3)

2+(-對于C,由拋物線定義知:|AB|=3p4+p3+p=25p12對于D,OA·OB=(3p4,6p2)·(p3,-6p3)=3p4·p3+6p2·(-6p3)=-3p24<0,則∠AOB為鈍角,又MA·MB=(-p4,6又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360°,則∠OAM+∠OBM<180°,D正確.7.(5分)已知拋物線C:y2=4x,焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M為拋物線C上的點(diǎn),且FM=6,則M的橫坐標(biāo)是5;作MN⊥x軸于N,則S△FMN=45.

【解析】因為拋物線的方程為y2=4x,故p=2且F(1,0).因為MF=6,所以xM+p2解得xM=5,故yM=±25,所以S△FMN=12×(5-1)×25=458.(5分)(2024·漳州模擬)已知拋物線y2=2x的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F的直線與拋物線交于A,B兩點(diǎn),則4|AF|+|BF|的最小值是92【解析】如圖所示:易知焦點(diǎn)F(12,0),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),且x1,x2當(dāng)直線斜率不存在時(如圖中虛線所示),可知|AF|=|BF|=1,此時4|AF|+|BF|=5;當(dāng)直線斜率存在時,可設(shè)直線方程為y=k(x-12),顯然k≠0,聯(lián)立直線和拋物線方程y=k(x-12)y2=2x,消去y整理可得k利用根與系數(shù)的關(guān)系可知x1x2=14又利用焦半徑公式可知|AF|=x1+12,|BF|=x2+1所以可得4|AF|+|BF|=4(x1+12)+x2+12=4x1+x2+52≥24x1當(dāng)且僅當(dāng)4x1=x2,即x2=1,x1=14時,等號成立綜上可得,4|AF|+|BF|的最小值是929.(10分)(2024·遂寧模擬)直線y=kx-2交拋物線y2=2px(p>0)于A,B兩點(diǎn),線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2,拋物線的焦點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為2.(1)求拋物線方程;(2)設(shè)拋物線與x軸交于點(diǎn)D,求△ABD的面積.【解析】(1)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F(p2因為拋物線的焦點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為2,則p2=2,可得p=4,所以,拋物線的方程為y2=8(2)若k=0,則直線AB與拋物線y2=8x只有一個交點(diǎn),不符合題意,則k≠0,設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=kx-2y2=8x,可得kΔ=(4k+8)2-16k2=64k+64>0,解得k>-1,因為線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2,所以4k+8k2=4,整理可得k又因為k>-1,解得k=2,易知拋物線y2=8x交x軸于點(diǎn)D(0,0),則有4x2-16x+4=0,可得x2-4x+1=0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2=4,x1x2=1,由弦長公式可得|AB|=1+22·|x1-x2|=5·(x1+x2原點(diǎn)D到直線AB:2x-y-2=0的距離為d=222+所以,S△ABD=12|AB|·d=12×215×25【能力提升練】10.(5分)(多選題)(2024·深圳模擬)已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,M(x0,y0)是拋物線C上一個動點(diǎn),點(diǎn)A(0,2),則下列說法正確的是()A.若|MF|=5,則y0=4B.過點(diǎn)A與拋物線C有一個公共點(diǎn)的直線有3條C.連接M,F并延長與拋物線交于點(diǎn)N,若M,N的中點(diǎn)Q(1,1),則|MN|=4D.點(diǎn)M到直線x-y+3=0的最短距離為22【解析】選BC.由拋物線C:y2=4x的方程可得焦點(diǎn)F(1,0),準(zhǔn)線方程x=-1,A中,由拋物線的性質(zhì)|MF|=x0+1=5,則x0=4,代入拋物線的方程可得y0=±4,所以A不正確;B中,將A點(diǎn)的坐標(biāo)代入:22>4×0,可得A點(diǎn)在拋物線的外面,所以過A有兩條直線與拋物線相切,還有一條平行于x軸的直線與拋物線有一個公共點(diǎn),所以有3條直線與拋物線有一個公共點(diǎn),B正確;C中,|MN|=x0+xN+p=2xQ+2=4,所以C正確;D中,點(diǎn)M到直線x-y+3=0的距離d=|x0-y0+3|2=|y02411.(5分)(多選題)(2023·新高考Ⅱ卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線y=-3(x-1)過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),且與C交于M,N兩點(diǎn),l為C的準(zhǔn)線,則()A.p=2B.|MN|=8C.以MN為直徑的圓與l相切D.△OMN為等腰三角形【解析】選AC.A選項:直線y=-3(x-1)過點(diǎn)(1,0),所以拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F(1,0),所以p2=1,p=2,2p=4,則A選項正確,且拋物線C的方程為y2=4B選項:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由y=-3(x-1),y2=4x解得x1=3,x2=13,所以|MN|=x1+x2+p=3+13+2=16C選項:設(shè)MN的中點(diǎn)為A,M,N,A到直線l的距離分別為d1,d2,d,因為d=12(d1+d2)=12(|MF|+|NF|)=12即A到直線l的距離等于MN的一半,所以以MN為直徑的圓與直線l相切,C選項正確.D選項:直線y=-3(x-1),即3x+y-3=0,O到直線3x+y-3=0的距離為d=32所以△OMN的面積為12×163×32由上述分析可知y1=-3(3-1)=-23,y2=-3(13所以|OM|=32+(-23)2=21所以△OMN不是等腰三角形,D選項錯誤.12.(5分)(多選題)(2022·新高考Ⅰ卷)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A(1,1)在拋物線C:x2=2py(p>0)上,過點(diǎn)B(0,-1)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),則()A.C的準(zhǔn)線為y=-1B.直線AB與C相切C.|OP|·|OQ|>|OA|2D.|BP|·|BQ|>|BA|2【解析】選BCD.將點(diǎn)A代入拋物線方程得1=2p,所以拋物線方程為x2=y,故準(zhǔn)線方程為y=-14kAB=1-(-所以直線AB的方程為y=2x-1,聯(lián)立y=2x-1x2=y設(shè)過點(diǎn)B的直線為l,若直線l與y軸重合,則直線l與拋物線C只有一個交點(diǎn),所以,直線l的斜率存在,設(shè)其方程為y=kx-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立y=kx-1x2所以Δ=所以k>2或k<-2,y1y2=(x1x2)2=1,又|OP|=x12+y12=y1所以|OP|·|OQ|=y1y2(1+y1)(1+因為|BP|=1+k2|x1|,|BQ|=1+k2所以|BP|·|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5,而|BA|2=5,故D正確.13.(5分)(2024·九江模擬)已知點(diǎn)A,B分別是拋物線C:y2=-4x和圓E:x2+y2-2x+4y+4=0上的動點(diǎn),點(diǎn)A到直線l:x=2的距離為d,則|AB|+d的最小值為22.

【解析】如圖所示,由圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+(y+2)2=1可知圓心E(1,-2),半徑為r=1,拋物線C的焦點(diǎn)為F(-1,0),準(zhǔn)線方程為x=1,由拋物線定義可知|AF|=d-1,圓外一點(diǎn)到圓上點(diǎn)的距離滿足|AE|-r≤|AB|≤|AE|+r,即|AE|-1≤|AB|≤|AE|+1;所以|AB|+d=|AB|+|AF|+1≥|AE|-1+|AF|+1=|AE|+|AF|≥|EF|=22,當(dāng)且僅當(dāng)A,E,F三點(diǎn)共線時,等號成立;即|AB|+d的最小值為22.【加練備選】(2024·運(yùn)城模擬)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F到其準(zhǔn)線的距離為2,圓M:(x-1)2+y2=1,過F的直線l與拋物線C和圓M從上到下依次交于A,P,Q,B四點(diǎn),則9|AP|+4|BQ|的最小值為12.【解析】因為拋物線的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2,所以p=2,所以拋物線方程為y2=4x,如圖,|PF|=|QF|=1,因為9|AP|+4|BQ|=9(|AF|-|PF|)+4(|BF|-|QF|)=9|AF|+4|BF|-13,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),所以|AF|=x1+p2=x1+1,|BF|=x2+p2=x所以9|AP|+4|BQ|=9x1+4x2,因為直線l與x軸平行時顯然不符合題意,故可設(shè)l:x=my+1,因為直線所過定點(diǎn)F(1,0)在拋物線內(nèi)部,則直線l必然與拋物線有兩交點(diǎn),同樣與圓也有兩交點(diǎn),聯(lián)立y2=4xx=my+1,x所以x1x2=1,所以9|AP|+4|BQ|=9x1+4x2≥236x1x2=12,當(dāng)且僅當(dāng)9x1=4x2,即x1=23,所以9|AP|+4|BQ|的最小值為12.14.(10分)(2024·包頭模擬)拋物線y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線被圓x2+y2-2y-3=0截得的弦長為23.(1)求p的值;(2)過點(diǎn)M(4,0)的直線交拋物線于點(diǎn)A,B,證明:以AB為直徑的圓過原點(diǎn)O.【解析】(1)圓x2+y2-2y-3=0,即x2+(y-1)2=4,圓心C(0,1),半徑為2,則C到準(zhǔn)線距離為d=22-(3)2=1,所以準(zhǔn)線方程為所以拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x.(2)設(shè)直線AB方程為x=my+4,A(y124,y1),B(y2聯(lián)立方程x=my+4y2=4x,消去則Δ=16m2+64>0,可得y1·y2=-16,又因為OA=(y124,y1),OB=(y2則OA·OB=(y1y2)216+可得OA⊥OB,即以線段AB為直徑的圓過原點(diǎn)O.15.(10分)(2024·臨沂模擬)已知拋物線E:y2=2px(p>0),P(4,y0)為E上位于第一象限的一點(diǎn),點(diǎn)P到E的準(zhǔn)線的距離為5.(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),F為E的焦點(diǎn),A,B為E上異于P的兩點(diǎn),且直線PA與PB斜率乘積為-4.①證明:直線AB過定點(diǎn);②求|FA|·|FB|的最小值.【解析】(1)由題可知4+p2=5,解得p=2所以E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x;(2)①由(1)知,y02=4×4,且y0>0,解得y0=4,所以P(4,4)設(shè)A(y124,y1),B(y224,y2),則kPA=y1-則kPA×kPB=4y1+4×4y2+4=-4,即4(y1+y2)+當(dāng)直線AB斜率存在時,直線AB的方程為y-y1=y1-y2y整理得4x-(y1+y2)y+y1y2=0.所以4x-20-(y1+y2)(y+4)=0,即y+4=4y1+所以直線AB過定點(diǎn)(5,-4);當(dāng)直線AB的斜率不存在時,y1+y2=0,可得y12=20,x1綜上,直線AB過定點(diǎn)(5,-4).②設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)直線AB斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=k(x-5)-4=kx-5k-4,與拋物線E聯(lián)立得y2=4x,y=kx-5k-4,消去y得k2x2由題意Δ>0,所以x1+x2=10k2+8k+4k2,x所以|FA|·|FB|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=(5k+4=48k+20k2+36=20(1所以當(dāng)1k=-65,即k=-|FA|·|FB|的最小值為365當(dāng)直線AB斜率不存在時,x1=x2=5.由拋物線定義知|FA|·|FB|=(x1+1)(x2+1)=36.故|FA|·|FB|的最小值為365【素養(yǎng)創(chuàng)新練】16.(5分)(2024·深圳模擬)已知動點(diǎn)Q到拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn)F的距離為1,則Q的軌跡方程是(x-2)2+y2=1,若A(4,0),P是拋物線C上的動點(diǎn),則|PA|2【解析】拋物線y2=8x的焦點(diǎn)為F(2,0),設(shè)動點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x,y),因為|QF|=1,所以(x-2)2+y2=1,故點(diǎn)Q的軌跡方程是(x-2)2+y2=1.設(shè)點(diǎn)P(s,t),則由拋物線的定義得|PF|=s+2,|PA|2=(s-4)2+t2=s2-8s+16+8s=s2+16.因為|PQ|≤|PF|+|FB|=|PB|,所以|PA|2|PQ|≥又|PB|=|PF|+1=s+3,所以|PA|2令s+3=λ,則s=λ-3,所以|PA|2|PB|=(λ-因為|PA|2則由基本不等式知λ+25λ≥2λ當(dāng)且僅當(dāng)λ=25λ,即λ=5時等號成立故|PA|五十六直線和橢圓(時間:45分鐘分值:95分)【基礎(chǔ)落實練】1.(5分)(2024·合肥模擬)直線y=3x-1與橢圓x24+y2A.0 B.1 C.2 D.無數(shù)個【解析】選C.由y=3x-1x24+y28=1消去y并整理得11x2-6x-7=0,顯然Δ2.(5分)(2024·銀川模擬)若直線y=x+m與橢圓x24+y22=1相切,則實數(shù)A.±6 B.±6 C.±3 D.±4【解析】選B.將直線y=x+m與橢圓x24+y22=1聯(lián)立,得y=x+mx24+y22=1?3x2+4mx+23.(5分)(2024·桂林模擬)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(4,0),過點(diǎn)F的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),若M(1,-1),且OA+OB=2A.x248+y232=1 B.C.x224+y28=1 D.【解析】選C.因為右焦點(diǎn)F(4,0),所以a2=b2+16,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由OA+OB=2OM可知M是AB的中點(diǎn),所以x1+x2=2,y1+y2=-2,且x12a2+y1兩式相減得(x1+所以kAB=y1-y2x1-x2=-b2(x所以a2=3b2=b2+16,所以b2=8,a2=24,故橢圓E的方程為x224+y4.(5分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C:x23+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,直線y=x+m與C交于A,B兩點(diǎn),若△F1AB的面積是△F2AB的2倍,則m=(A.23 B.23 C.-23 D【解題指導(dǎo)】首先聯(lián)立直線方程與橢圓方程,利用Δ>0,求出m的范圍,再根據(jù)三角形面積比得到關(guān)于m的方程,解出即可.【解析】選C.將直線y=x+m與橢圓聯(lián)立y=x+mx23+y2=1因為直線與橢圓相交于A,B點(diǎn),則Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得-2<m<2,設(shè)F1到AB的距離為d1,F2到AB的距離為d2,易知F1(-2,0),F2(2,0),則d1=|-2+m|2,d2=|2+解得m=-23或-32(舍去)5.(5分)(多選題)已知P是橢圓C:x26+y2=1上的動點(diǎn),過Q(1,14)的直線與橢圓交于M,NA.C的焦距為5B.當(dāng)Q為MN中點(diǎn)時,直線MN的斜率為-3C.C的離心率為30D.若∠F1PF2=90°,則△F1PF2的面積為1【解析】選CD.由題知a2=6,b2=1,所以c2=6-1=5,故焦距為2c=25,故A選項錯誤;對于B選項,當(dāng)Q為MN中點(diǎn)時,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0),則x126+y12即kMN=-23,故B選項錯誤;對于C選項,橢圓的離心率為e=ca=56=306,故C選項正確;對于D選項,∠F則PF即PF代入數(shù)據(jù)得PF1PF2=2,所以△F1PF2的面積為6.(5分)(多選題)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上頂點(diǎn)為A,兩個焦點(diǎn)為F1,F2,離心率為12.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,A.a=132 B.b=3C.直線DE的斜率為33 D.|DE【解析】選ACD.如圖所示:因為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,所以不妨設(shè)橢圓C:x24c2因為C的上頂點(diǎn)為A,兩個焦點(diǎn)為F1,F2,所以△AF1F2為等邊三角形,因為過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),所以kDE=tan30°=33.故C項正確由等腰三角形的性質(zhì)可得|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|.由橢圓的定義可得△ADE的周長為|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=26,所以a=132,b=1343對于D項,設(shè)lDE:y=33(x+13聯(lián)立x21694+y250716則Δ=22+4×26>0,由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=-2,x1·x2=-26,所以|DE|=1+(33)

7.(5分)(2024·南昌模擬)如果直線l:y=k(x+3)與橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)總有公共點(diǎn),則實數(shù)a的取值范圍是[【解析】直線l:y=k(x+3)過定點(diǎn)(-3,0),因為直線l:y=k(x+3)與橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)總有公共點(diǎn),所以點(diǎn)(-3,0)在橢圓內(nèi)部或橢圓上,則有(-3)2a2+02≤1?a8.(5分)設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn),A(2,0),B(0,1)是它的兩個頂點(diǎn),直線y=kx(k>0)與線段AB相交于點(diǎn)D,與橢圓相交于E,F兩點(diǎn).若ED=6DF,則實數(shù)k的值為23或3【解析】依題意得橢圓的方程為x24+y2=1,直線AB,EF的方程分別為x+2y-2=0,y=kx(k如圖,設(shè)D,E,F三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為D(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),其中x2>x1,由x24+y2=1y=kx得(1+4k2)x2=4,則x1,故x2=-x1=21+4由ED=6DF知x0-x1=6(x2-x0),得x0=17(6x2+x1)=57x2=由點(diǎn)D在直線AB上,知x0+2kx0=2,即x0=21+2所以1071+4k化簡得24k2-25k+6=0,解得k=23或k=39.(10分)(2024·巴中模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,點(diǎn)M(1,32)在橢圓C(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)橢圓C的右焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F斜率不為0的直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn),記直線MP與直線MQ的斜率分別為k1,k2,當(dāng)k1+k2=0時,求△MPQ的面積.【解析】(1)由題意知A1(-a,0),A2(a,0),又M(1,32),則MA1=(-aMA2=(a-1,-所以(-a-1)(a-1)+(-32)2=-3解得a=2(負(fù)值舍去),由M(1,32)在橢圓C上及a=2得14+解得b2=3,所以橢圓C的方程為x24+(2)由(1)知,右焦點(diǎn)為F(1,0),據(jù)題意設(shè)直線l的方程為x=my+1(m≠0),P(my1+1,y1),Q(my2+1,y2),則k1=y1-3k2=y2-3于是由k1+k2=0得2y1-32my1+2y2-32m由x=my+1,3x2+4y2-Δ=(6m)2+36(3m2+4)=144(m2+1)>0,由根與系數(shù)的關(guān)系得:y1+y2=-6my1y2=-93代入①式得:-363m2+4=-所以直線l的方程為x-2y-1=0,方法一:Δ=144(22+1)=720,y1+y2=-34y1y2=-916由求根公式與弦長公式得:|PQ|=1+22|y1-y2|=5720設(shè)點(diǎn)M到直線l的距離為d,則d=|1-2×所以S△MPQ=12|PQ|d=12×154×3方法二:由題意可知S△MPQ=S△MPF+S△MQF=12|MF|(|xP|+|xQ|)=34(|xP|+|xx-2y-1=0代入3x2+4y2-12=0消去y得4x2-2x-11=0,所以Δ=(-2)2-4×4×(-11)=180>0,xP+xQ=12,xPxQ=-11所以S△MPQ=34(|xP|+|xQ|)=34|xP-xQ|=34×180【加練備選】(2024·廣州模擬)已知橢圓C:x28+y22=1,過點(diǎn)A(2,1)作兩條直線,這兩條直線與橢圓C的另一交點(diǎn)分別是M,N,且M,N關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱.設(shè)直線AM,AN的斜率分別是k1(1)證明:k1k2=-14(2)若點(diǎn)M到直線AN的距離為2,求直線AM的方程.【解析】(1)設(shè)M(x1,y1),因為M,N關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱,所以N(-x1,-y1),則k1=y1-1x1-2,k2=-y因為M在橢圓C上,所以x128所以x12=8-4則k1k2=y12-1x(2)方法一:因為M,N關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱,所以O(shè)為MN的中點(diǎn).因為點(diǎn)M到直線AN的距離為2,所以點(diǎn)O到直線AN的距離為1.由題意可知直線AN的方程為y-1=k2(x-2),即k2x-y-2k2+1=0,則點(diǎn)O到直線AN的距離d=|-2解得k2=43或k2=0(舍去)由(1)可知k1k2=-14,則k1=-316,故直線AM的方程為y-1=-316即y=-316x+11方法二:由題意可知直線AM的方程為y-1=k1(x-2),聯(lián)立y-整理得(4k12+1)x2-(16k12-8k1)x+16kΔ=(16k12-8k1)2-4(4k12+1)(16k12-16k1則x1+2=16k12從而x1=2-8k故y1=k1(x1-2)+1=1-8k即M(2-8k1+44因為k1k2=-14,所以k2=-1所以直線AN的方程為y-1=k2(x-2)=-14k1即x+4k1y-4k1-2=0,則M到直線AN的距離d=|2-8k因為點(diǎn)M到直線AN的距離為2,所以|8k1+4|16則直線AM的方程為y-1=-316(x即y=-316x+11【能力提升練】10.(5分)(2024·哈爾濱模擬)直線y=kx+1,當(dāng)k變化時,此直線被橢圓x24+y2=1截得的弦長的最大值是(A.2 B.433 C.4【解析】選B.直線y=kx+1恒過定點(diǎn)(0,1),且點(diǎn)(0,1)在橢圓上,設(shè)另外一個交點(diǎn)為(x,y),所以x24+y則x2=4-4y2,弦長為x2+(y-當(dāng)y=-13時,弦長最大,為411.(5分)(2024·赤峰模擬)在橢圓x29+y24=1上求一點(diǎn)M,使點(diǎn)M到直線x+2y-10=0的距離最大,點(diǎn)A.(-3,0) B.(-95,-8C.(-2,-255) 【解析】選B.如圖所示:根據(jù)題意可知,當(dāng)點(diǎn)M在第三象限且橢圓在點(diǎn)M處的切線與直線x+2y-10=0平行時,點(diǎn)M到直線x+2y-10=0的距離取得最大值,可設(shè)切線方程為x+2y+m=0(m>0),聯(lián)立x+2y+m=04x2+9y2Δ=162m2-100(4m2-36)=0,因為m>0,解得m=5,所以,橢圓x29+y24=1在點(diǎn)M處的切線方程為因此,點(diǎn)M到直線x+2y-10=0的距離的最大值為|5+10|1聯(lián)立x+2可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(-95,-8512.(5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1,過左焦點(diǎn)F1作傾斜角為π6的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),且AA.12 B.23 C.33【解析】選C.設(shè)F1(-c,0),A(x1,y1),B(x2,y2),過點(diǎn)F1所作直線的傾斜角為π6,所以該直線斜率為3所以直線方程可寫為x=3y-c,聯(lián)立方程x2可得(a2+3b2)y2-23b2cy-b4=0,Δ=(23b2c)2+4b4(a2+3b2)>0,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系:y1+y2=23y1y2=-b4因為AF1=3即(-c-x1,-y1)=3(x2+c,y2),所以y1=-3y2,所以y1y2+y2y1=即3c2a2+3b2=13,所以a聯(lián)立a2可得a2=3c2,e2=13?e=313.(5分)(2022·新高考Ⅰ卷)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上頂點(diǎn)為A,兩個焦點(diǎn)為F1,F2,離心率為12,過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),|【命題意圖】本題主要考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用,需要學(xué)生很強(qiáng)的綜合能力.【解析】因為橢圓的離心率為e=ca=12,所以a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,所以橢圓的方程為x24c2+y23c2=1,即3x2+4y2-12c2=0,不妨設(shè)左焦點(diǎn)為F1,右焦點(diǎn)為F2,如圖所示,因為AF2=a,OF2=c,a=2c,所以∠AF2O=π3,所以△AF1F2為正三角形,因為過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn),DE為線段AF2的垂直平分線,所以直線DE的斜率為33,斜率倒數(shù)為3,直線DE的方程:x=3y-c,代入橢圓方程3x2+4y2-12判別式Δ=(-63c)2+4×13×9c2=62×16×c2,所以|DE|=1+(-3)2|y1-y2|=2×所以c=138,得a=2c=13因為DE為線段AF2的垂直平分線,根據(jù)對稱性,AD=DF2,AE=EF2,所以△ADE的周長等于△F2DE的周長,利用橢圓的定義得到△F2DE的周長為|DF2|+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.14.(10分)(2024·岳陽模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)P(23,223),左,右焦點(diǎn)分別為F1,F2,(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)A為橢圓C的右頂點(diǎn),直線l與橢圓C相交于M,N兩點(diǎn),以MN為直徑的圓過點(diǎn)A,求|AM|·|AN|的最大值.【解析】(1)根據(jù)題意可得49a2+89b所以橢圓的方程為x24+y2(2)由(1)得A(2,0),設(shè)直線l的方程為x=my+t,(t≠2),M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立x=my+tx24+y2=1,得(所以Δ=(2mt)2-4(m2+4)(t2-4)=16m2-16t2+64>0,y1+y2=-2mtm2+4,y1yx1+x2=(my1+t)+(my2+t)=m(y1+y2)+2t=m(-2mtm2+4)+2x1x2=(my1+t)(my2+t)=m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=m2·t2-4m2+4+mt·(-2因為以MN為直徑的圓過點(diǎn)A,故AM⊥AN,所以AM·AN=0,所以(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=0,所以-2(x1+x2)+x1x2+y1y2+4=0,所以-2×8tm2+4+-4解得t=65或t當(dāng)t=65時,Δ>0,且|MN|=m2+1|y1-y2|,點(diǎn)A到MN的距離為d所以S△AMN=12|AM|·|AN|=12|2-t|·|y1-y2|=12|2-t化簡得|AM|·|AN|=165×m令m2-t2+4=s=m2+6425≥85,則m2+4=s所以|AM|·|AN|=165×ss2+36由對勾函數(shù)的單調(diào)性知y=s+3625s,在[即s=85,m=0時y=s+3625s取得最小值52,此時|AM