【北京特級(jí)教師-二輪復(fù)習(xí)精講輔導(dǎo)】2021屆高考理科數(shù)學(xué)-解析幾何經(jīng)典精講(下)-課后練習(xí)

解析幾何經(jīng)典精講(下)課后練習(xí)主講老師：王老師北京市重點(diǎn)中學(xué)數(shù)學(xué)特級(jí)老師如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)P(2，1)的距離為eq\r(10)，不過原點(diǎn)O的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB被直線OP平分．(1)求橢圓C的方程；(2)求△ABP面積取最大值時(shí)直線l的方程．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，上頂點(diǎn)為A，過A與AF2垂直的直線交x軸負(fù)半軸于Q點(diǎn)，且2eq\o(F1F2,\s\up6(→))＋eq\o(F2Q,\s\up6(→))＝0.(1)求橢圓C的離心率；(2)若過A，Q，F(xiàn)2三點(diǎn)的圓恰好與直線x－eq\r(3)y－3＝0相切，求橢圓C的方程；(3)在(2)的條件下，過右焦點(diǎn)F2的直線交橢圓于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)P(4,0)，求△PMN面積的最大值．如圖所示，拋物線關(guān)于x軸對(duì)稱，它的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上．(1)寫出該拋物線的方程及其準(zhǔn)線方程；(2)當(dāng)PA與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)時(shí)，求y1＋y2的值及直線AB的斜率．如圖，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l經(jīng)過拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)F.(1)若點(diǎn)O到直線l的距離為eq\f(1,2)，求直線l的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A是直線l與拋物線C在第一象限的交點(diǎn)．點(diǎn)B是以點(diǎn)F為圓心，|FA|為半徑的圓與x軸的交點(diǎn)，試推斷AB與拋物線C的位置關(guān)系，并給出證明．設(shè)橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的右焦點(diǎn)為F1，直線l：x＝eq\f(a2,\r(a2－2))與x軸交于點(diǎn)A，若＋2＝0(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求橢圓M的方程；(2)設(shè)P是橢圓M上的任意一點(diǎn)，EF為圓N：x2＋(y－2)2＝1的任意一條直徑(E，F(xiàn)為直徑的兩個(gè)端點(diǎn))，求的最大值．已知橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率．(1)求橢圓C2的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A，B分別在橢圓C1和C2上，＝2，求直線AB的方程．

解析幾何經(jīng)典精講(下)課后練習(xí)參考答案(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；(2)3x＋2y＋2eq\r(7)－2＝0.詳解：(1)設(shè)橢圓左焦點(diǎn)為F(－c，0)，則由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r((2＋c)2＋1)＝\r(10)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2.))所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)為M.當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，直線AB的方程為x＝0，與不過原點(diǎn)的條件不符，舍去．故可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12))，消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ①則Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(8km,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－12,3＋4k2).))所以線段AB的中點(diǎn)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2))).由于M在直線OP：y＝eq\f(1,2)x上，所以eq\f(3m,3＋4k2)＝eq\f(－2km,3＋4k2)，得m＝0(舍去)或k＝－eq\f(3,2).此時(shí)方程①為3x2－3mx＋m2－3＝0，則Δ＝3(12－m2)>0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m，,x1x2＝\f(m2－3,3).))所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\f(\r(39),6)·eq\r(12－m2)，設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為d，則d＝eq\f(|8－2m|,\r(32＋22))＝eq\f(2|m－4|,\r(13)).設(shè)△ABP的面積為S，則S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(\r(3),6)·eq\r((m－4)2(12－m2))，其中m∈(－2eq\r(3)，0)∪(0,2eq\r(3))．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2eq\r(3)，2eq\r(3)]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－eq\r(7))(m－1＋eq\r(7))．所以當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－eq\r(7)時(shí)，u(m)取到最大值．故當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－eq\r(7)時(shí)，S取到最大值．綜上，所求直線l的方程為3x＋2y＋2eq\r(7)－2＝0.(1)eq\f(1,2).(2)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(3)△PMN面積的最大值為eq\f(9,2).詳解：(1)設(shè)Q(x0,0)．由于F2(c,0)，A(0，b)，則eq\o(F2A,\s\up6(→))＝(－c，b)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x0，－b)，又eq\o(F2A,\s\up6(→))⊥eq\o(AQ,\s\up6(→))，所以－cx0－b2＝0，故x0＝－eq\f(b2,c)，又2eq\o(F1F2,\s\up6(→))＋eq\o(F2Q,\s\up6(→))＝0，所以F1為F2Q的中點(diǎn)，故－2c＝－eq\f(b2,c)＋c，即b2＝3c2＝a2－c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)由于e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq\r(3)c，則F2(c,0)，Q(－3c,0)，A(0，eq\r(3)c)．所以△AQF2的外接圓圓心為(－c,0)，半徑r＝eq\f(1,2)|F2Q|＝2c＝a.所以eq\f(|－c－3|,2)＝2c，解得c＝1，所以a＝2，b＝eq\r(3)，橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(3)設(shè)直線MN的方程為：x＝my＋1，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，|y1－y2|＝eq\r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq\f(4\r(3)·\r(3m2＋3),3m2＋4).所以S△PMN＝eq\f(1,2)|PF2|·|y1－y2|＝eq\f(6\r(3)·\r(3m2＋3),3m2＋4)，令eq\r(3m2＋3)＝λ≥eq\r(3)，所以S△PMN＝eq\f(6\r(3)λ,λ2＋1)＝eq\f(6\r(3),λ＋\f(1,λ))≤eq\f(6\r(3),\r(3)＋\f(1,\r(3)))＝eq\f(9,2)，所以△PMN面積的最大值為eq\f(9,2)，此時(shí)m＝0.(1)拋物線的方程是y2＝4x，準(zhǔn)線方程是x＝－1.(2)y1＋y2＝－4.kAB＝－1(x1≠x2)．詳解：(1)由已知條件，可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)．由于點(diǎn)P(1,2)在拋物線上，所以22＝2p×1，解得p＝2.故所求拋物線的方程是y2＝4x，準(zhǔn)線方程是x＝－1.(2)設(shè)直線PA的斜率為kPA，直線PB的斜率為kPB，則kPA＝eq\f(y1－2,x1－1)(x1≠1)，kPB＝eq\f(y2－2,x2－1)(x2≠1)，由于PA與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)，所以kPA＝－kPB.由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在拋物線上，得yeq\o\al(2,1)＝4x1， ①yeq\o\al(2,2)＝4x2，②所以eq\f(y1－2,\f(1,4)y\o\al(2,1)－1)＝－eq\f(y2－2,\f(1,4)y\o\al(2,2)－1)，所以y1＋2＝－(y2＋2)．所以y1＋y2＝－4.由①－②得，yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)＝－1(x1≠x2)．(1)x±eq\r(3)y－1＝0.(2)直線AB與拋物線相切．詳解：(1)拋物線的焦點(diǎn)F(1,0)，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，即x＝1不符合題意．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為：y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.所以eq\f(|－k|,\r(1＋k2))＝eq\f(1,2)，解得k＝±eq\f(\r(3),3).故直線l的方程為：y＝±eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x±eq\r(3)y－1＝0.(2)直線AB與拋物線相切，證明如下：設(shè)A(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝4x0.由于|BF|＝|AF|＝x0＋1，所以B(－x0,0)．所以直線AB的方程為：y＝eq\f(y0,2x0)(x＋x0)，整理得：x＝eq\f(2x0y,y0)－x0，①把方程①代入y2＝4x得：y0y2－8x0y＋4x0y0＝0，Δ＝64xeq\o\al(2,0)－16x0yeq\o\al(2,0)＝64xeq\o\al(2,0)－64xeq\o\al(2,0)＝0，所以直線AB與拋物線相切．(1)eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)11.詳解：(1)由題設(shè)知，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))，0))，F(xiàn)1(eq\r(a2－2)，0)，由＋2＝0，得eq\r(a2－2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))－\r(a2－2)))，解得a2＝6.所以橢圓M的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)圓N：x2＋(y－2)2＝1的圓心為N，則＝＝＝＝.從而將求的最大值轉(zhuǎn)化為求的最大值．由于P是橢圓M上的任意一點(diǎn)，設(shè)P(x0，y0)，所以eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝6－3yeq\o\al(2,0).由于點(diǎn)N(0,2)，所以＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－2)2＝－2(y0＋1)2＋12.由于y0∈[－eq\r(2)，eq\r(2)]，所以當(dāng)y0＝－1時(shí)，取得最大值12.所以的最大值為11.(1)eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)y＝x或y＝－x.詳解：(1)由已知可設(shè)橢圓C2的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,4)＝1(a>2)，其離心率為eq\f(\r(3),2)，故eq\f(\r(a2－4),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4，故橢圓C2的方程為eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)法一：A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三點(diǎn)共線且點(diǎn)A，B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為y＝kx.將y＝kx代入eq\f(x2,4)＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以xeq\o\al(2,A)＝eq\f(4,1＋4k2).將y＝kx代入eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以xeq\o\al(2,B)＝eq\f(16,4＋k2).又由＝2，得xeq\o\al(2,B)＝4xeq\o\al(2,A)，即eq\f(16,4＋k2)＝eq\f(16,1＋4k2)，解得k＝±1.故直線AB的方程為y＝x或y＝－x.法二：A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三點(diǎn)共線且點(diǎn)A，B不在y軸上，因此可