（江苏专用）高考数学二轮复习 课时达标训练（十二）“解析几何”专题提能课-人教版高三数学试题

课时达标训练(十二)“解析几何”专题提能课A组——易错清零练1．过点P(2，－1)且倾斜角的正弦值为eq\f(5,13)的直线方程为________________________．解析：设所求直线的倾斜角为α，则由题设知sinα＝eq\f(5,13)，因为0≤α<π，所以cosα＝±eq\r(1－sin2α)＝±eq\f(12,13)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝±eq\f(5,12)，则所求直线方程为y＋1＝±eq\f(5,12)(x－2)，即5x－12y－22＝0或5x＋12y＋2＝0.答案：5x－12y－22＝0或5x＋12y＋2＝02．(2019·南京四校联考)已知双曲线eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点在直线l：eq\r(3)x＋y－4＝0上，且双曲线的一条渐近线与直线l垂直，则该双曲线的方程为________．解析：依题意，知双曲线的焦点在y轴上，因为直线l与y轴的交点坐标为(0，4)，所以双曲线的焦点坐标为(0，±4)，即c＝eq\r(a2＋b2)＝4.又直线l的斜率为－eq\r(3)，直线l与双曲线的一条渐近线垂直，所以eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)，所以可得a2＝4，b2＝12，故该双曲线的方程为eq\f(y2,4)－eq\f(x2,12)＝1.答案：eq\f(y2,4)－eq\f(x2,12)＝13．(2019·南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy中，已知A是抛物线y2＝4x与双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的一个交点．若抛物线的焦点为F，且FA＝5，则双曲线的渐近线方程为________．解析：由题意知，抛物线的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.因为AF＝5，所以点A到抛物线的准线的距离也为5，所以A(4，4)或A(4，－4)，又点A在双曲线上，所以eq\f(16,4)－eq\f(16,b2)＝1，得b＝eq\f(4\r(3),3)，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(2\r(3),3)x.答案：y＝±eq\f(2\r(3),3)x4．若关于x的方程eq\r(1－x2)＝a(x－1)＋1有两个不相等的实数根，那么实数a的取值范围是________．解析：作出函数y＝eq\r(1－x2)的图象，它是单位圆的上半部分，作出直线y＝a(x－1)＋1，它是过点A(1，1)的直线，由图象可知，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))5．(2019·姜堰中学模拟)如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a>1)的离心率e＝eq\f(\r(6),3)，右顶点到直线ax＋by＝1的距离为1，过点P(0，2)的直线l交椭圆C于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设M为AB的中点，连接OM并延长交椭圆C于点N，若eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(ON,\s\up7(→))，求直线AB的方程；(3)若直线OB交椭圆C于另一点Q，求△ABQ面积的最大值．解：(1)∵离心率e＝eq\f(\r(6),3)，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),\r(3))，eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(2,3)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3).设椭圆C的右顶点(a，0)到直线ax＋by＝1的距离为d，则d＝eq\f(|a2－1|,\r(a2＋b2))＝1，将a2＝3b2代入上式得，d＝eq\f(|3b2－1|,2b)＝1，得b＝1，a＝eq\r(3)或b＝eq\f(1,3)，a＝eq\f(\r(3),3).∵a>1，∴a＝eq\r(3)，b＝1.故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)显然过点P的直线l的斜率存在且不为0，不妨设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝kx＋2(k≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y并整理得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，由Δ＝144k2－36(1＋3k2)＝36(k2－1)>0，得k2>1.设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x3，y3)，则x1，2＝eq\f(－6k±3\r(k2－1),1＋3k2).∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－6k,1＋3k2)，y0＝kx0＋2＝k·eq\f(－6k,1＋3k2)＋2＝eq\f(2,1＋3k2).∵eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(ON,\s\up7(→))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2)x3，,y0＝\f(1,2)y3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝2x0，,y3＝2y0.))∵点N(x3，y3)在椭圆上，∴eq\f(xeq\o\al(2,3),3)＋yeq\o\al(2,3)＝1，即4xeq\o\al(2,0)＋12yeq\o\al(2,0)＝3，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6k,1＋3k2)))eq\s\up12(2)＋12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋3k2)))eq\s\up12(2)＝3，整理得3k4－14k2－5＝0，解得k＝±eq\r(5).故直线AB的方程为y＝±eq\r(5)x＋2.(3)连接AO，由椭圆的对称性可知，BO＝OQ，则S△ABQ＝2S△AOB.设点O到直线AB的距离为h，由(2)得AB＝eq\r(k2＋1)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(6\r(k2＋1)\r(k2－1),1＋3k2)，h＝eq\f(2,\r(k2＋1))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)AB×h＝eq\f(1,2)×eq\f(6\r(k2＋1)×\r(k2－1),1＋3k2)×eq\f(2,\r(1＋k2))＝eq\f(6\r(k2－1),1＋3k2)，∴S△ABQ＝2S△AOB＝eq\f(12\r(k2－1),1＋3k2).令t＝eq\r(k2－1)，则t>0，k2＝t2＋1，S△ABQ＝eq\f(12t,1＋3（t2＋1）)＝eq\f(12t,3t2＋4)＝eq\f(12,3t＋\f(4,t))≤eq\f(12,2\r(3t·\f(4,t)))＝eq\r(3)，当且仅当t＝eq\f(2\r(3),3)，k2＝eq\f(7,3)，即k＝±eq\f(\r(21),3)时等号成立，∴(S△ABO)max＝eq\r(3).B组——方法技巧练1．已知直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2eq\r(3)，则|CD|＝________．解析：由直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0知其过定点(－3，eq\r(3))，圆心O到直线l的距离为d＝eq\f(|3m－\r(3)|,\r(m2＋1)).由|AB|＝2eq\r(3)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m－\r(3),\r(m2＋1))))eq\s\up12(2)＋(eq\r(3))2＝12，解得m＝－eq\f(\r(3),3).又直线l的斜率为－m＝eq\f(\r(3),3)，所以直线l的倾斜角α＝eq\f(π,6).画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝eq\f(π,6).在Rt△CDE中，可得|CD|＝eq\f(|AB|,cos\f(π,6))＝2eq\r(3)×eq\f(2,\r(3))＝4.答案：42.如图，设F1，F2分别是椭圆E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．解析：设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝eq\r(1－b2)，则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|＝3|F1B|，可得eq\o(AF1,\s\up7(→))＝3eq\o(F1B,\s\up7(→))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2c＝3x0＋3c，,－b2＝3y0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(5,3)c，,y0＝－\f(1,3)b2，))代入椭圆方程可得eq\f(25（1－b2）,9)＋eq\f(1,9)b2＝1，解得b2＝eq\f(2,3)，故椭圆方程为x2＋eq\f(3y2,2)＝1.答案：x2＋eq\f(3,2)y2＝13．(2019·南京三模)在平面直角坐标系xOy中，过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F作一条渐近线的平行线，交另一条渐近线于点P，若线段PF的中点恰好在此双曲线上，则此双曲线的离心率为________．解析：双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，右焦点F(c，0)，根据对称性，不妨设平行线方程为y＝eq\f(b,a)(x－c)，易知它与另一条渐近线y＝－eq\f(b,a)x交于点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(bc,2a))).所以线段PF的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,4)，－\f(bc,4a)))，代入双曲线的方程得eq\f(9c2,16a2)－eq\f(b2c2,16a2b2)＝1，即c2＝2a2，所以双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)4．若椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上存在一点M，它到左焦点的距离是它到右准线距离的2倍，则椭圆离心率的最小值为________.解析：由题意，设点M的横坐标为x，根据焦半径公式得，a＋ex＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)－x))，x＝eq\f(\f(2a2,c)－a,e＋2)，有－a≤eq\f(\f(2a2,c)－a,e＋2)≤a，不等式各边同除以a，得－1≤eq\f(\f(2a,c)－1,e＋2)≤1，则eq\f(2,e)－1≤e＋2，即e2＋3e－2≥0，又0<e<1，所以eq\f(\r(17)－3,2)≤e<1，所以椭圆离心率的最小值为eq\f(\r(17)－3,2).答案：eq\f(\r(17)－3,2)5．(2019·苏锡常镇一模)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，焦点到相应准线的距离为eq\f(\r(3),3).(1)求椭圆E的标准方程；(2)如图，已知P(t，0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2，求证：eq\f(PA·PB,PC·PD)为定值．解：(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(a2,c)－c＝eq\f(\r(3),3)，c2＝a2－b2，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，∴椭圆E的标准方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：由题意，得直线l1的方程为y＝k1(x－t)，代入椭圆E的方程中，并化简得，(1＋4keq\o\al(2,1))x2－8keq\o\al(2,1)tx＋4keq\o\al(2,1)t2－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t±2\r(4keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,1)t2＋1),1＋4keq\o\al(2,1)).x1＋x2＝eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1＋4keq\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1)).因为PA＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x1－t|，PB＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x2－t|，所以PA·PB＝(1＋keq\o\al(2,1))|x1－t||x2－t|＝(1＋keq\o\al(2,1))|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|＝(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－\f(8keq\o\al(2,1)t2,1＋4keq\o\al(2,1))＋\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1))))＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）|t2－4|,1＋4keq\o\al(2,1))，同理，PC·PD＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,2)）|t2－4|,1＋4keq\o\al(2,2)).因为k1，k2为定值，所以eq\f(PA·PB,PC·PD)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（1＋4keq\o\al(2,2)）,（1＋keq\o\al(2,2)）（1＋4keq\o\al(2,1)）)为定值．C组——创新应用练1．设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．解析：易求定点A(0，0)，B(1，3)．当P与A和B均不重合时，不难验证PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤eq\f(|PA|2＋|PB|2,2)＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝eq\r(5)时，等号成立)，当P与A或B重合时，|PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是5.答案：52．已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为________．解析：如图所示，由题意得A(－a，0)，B(a，0)，F(－c，0)．设E(0，m)，由PF∥OE，得eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)，则|MF|＝eq\f(m（a－c）,a).①又由OE∥MF，得eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)，则|MF|＝eq\f(m（a＋c）,2a).②由①②得a－c＝eq\f(1,2)(a＋c)，即a＝3c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)3．设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．解析：依题意，直线MN与圆O有公共点即可，即圆心O到直线MN的距离小于等于1即可，过O作OA⊥MN，垂足为A，在Rt△OMA中，因为∠OMA＝45°，故|OA|＝|OM|sin45°＝eq\f(\r(2),2)|OM|≤1，所以|OM|≤eq\r(2)，则eq\r(xeq\o\al(2,0)＋1)≤eq\r(2)，解得－1≤x1≤1.答案：[－1，1]4．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2c，若椭圆上存在点M使得eq\f(sin∠MF1F2,a)＝eq\f(sin∠MF2F1,c)，则该椭圆离心率的取值范围为________．解析：在△MF1F2中，eq\f(|MF2|,sin∠MF1F2)＝eq\f(|MF1|,sin∠MF2F1)，而eq\f(sin∠MF1F2,a)＝eq\f(sin∠MF2F1,c)，∴eq\f(|MF2|,|MF1|)＝eq\f(sin∠MF1F2,sin∠MF2F1)＝eq\f(a,c).①又M是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一点，F1，F2是椭圆的焦点，∴|MF1|＋|MF2|＝2a由①②得，|MF1|＝eq\f(2ac,a＋c)，|MF2|＝eq\f(2a2,a＋c).显然|MF2|>|MF1|，∴a－c<|MF2|<a＋c，即a－c<eq\f(2a2,a＋c)<a＋c，整理得c2＋2ac－a2>0，∴e2＋2e－1>0，又0<e<1∴eq\r(2)－1<e<1.答案：(eq\r(2)－1，1)5．(2019·盐城三模)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，1))，且点P与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为－eq\f(1,2).(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C上存在两点Q，R，使得△PQR的垂心(三角形三条高的交点)恰为坐标原点O，试求直线QR的方程．解：(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(1－0,\r(2)－a)×\f(1－0,\r(2)＋a)＝－\f(1,2)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设Q(x1，y1)，R(x2，y2)，连接PO，QO(图略)，因为QR⊥PO，且kPO＝eq\f(1,\r(2))，所以kQR＝－eq\r(2)，故可设直线QR的方程为y＝－eq\r(2)x＋m.联立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x＋m，,x2＋2y2＝4，))消去y，得5x2－4eq\r(2)mx＋2m2－4＝0.由Δ>0得32m2－20(2m2－4)>0，得则x1，2＝eq\f(4\r(2)m±\r(80－8m2),10)，所以x1＋x2＝eq\f(4\r(2)m,5)，x1x2＝eq\f(2m2－4,5).又QO⊥PR，所以kQO·kPR＝－1，得eq\f(y1,x1)·eq\f(y2－1,x2－\r(2))＝－1，即eq\f(－\r(2)x1＋m,x1)·eq\f(－\r(2)x2＋m－1,x2－\r(2))＝－1，整理得，3x1x2－eq\r(2)m(x1＋x2)＋m2－m＝0，所以3×eq\f(2m2－4,5)－eq\r(2)m×eq\f(4\r(2)m,5)＋m2－m＝0，即3m2－5m－12＝0，解得m＝3或m＝－eq\f(4,3)(均适合(*)式)．当m＝3时，直线QR恰好经过点P，不能构成三角形，不合题意，故舍去．所以直线QR的方程为y＝－eq\r(2)x－eq\f(4,3).6.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的中心在原点O，右焦点F在x轴上，椭圆与y轴交于A，B两点，其右准线l与x轴交于T点，直线BF交椭圆于C点，P为椭圆上弧AC上的一点．(1)求证：A，C，T三点共线；(2)如果eq\o(BF,\s\up7(→))＝3eq\o(FC,\s\up7(→))，四边形APCB的面积最大值为eq\f(\r(6)＋2,3)，求此时椭圆的方程和P点坐标．解：(1)证明：设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，①则A(0，b)，B(0，－b)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，0))，设直线AT与BF交于C′AT：eq\f(x,\f(a2,c))＋eq\f(y,b)＝1，②BF：eq\f(x,c)＋eq\f(y,－b)＝1，③联立②③，解得交点C′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(b3,a2＋c2)))，代入①得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b3,a2＋c2)))\s\up12(2),b2)＝eq\f(4a2c2＋（a2－c2）2,（a2＋c2）2)＝1.满足①式，则C′点在椭圆上，∴A，C′，T共线，C′与C重合，A，C，T三点共线．(2)过C作CE⊥x轴，垂足为E(图略)，则△OBF∽△ECF.∵eq\o(BF,\