2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版五十九　抛物线含答案

8版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版五十九抛物线五十九抛物线(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)(2024·济南模拟)已知点(1,4)在抛物线y=ax2上,则抛物线的焦点坐标为()A.(1,0) B.(0,1)C.(0,116) D.(1【解析】选C.因为点(1,4)在抛物线y=ax2上,所以4=a×12,则a=4,所以抛物线的标准方程是x2=14y则抛物线的焦点坐标为F(0,116)2.(5分)(2024·眉山模拟)O为坐标原点,F为抛物线C:y2=8x的焦点,M为C上一点,若|MF|=6,则△MOF的面积为()A.43 B.22 C.42 D.8【解析】选C.设点M(x0,y0),F(2,0),所以|MF|=x0+2=6,得x0=4,y0=±42,所以△MOF的面积S=12|OF|×|y0|=12×2×42=43.(5分)(2024·成都模拟)已知点F(0,4)是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点P(2,3),且点M为抛物线C上任意一点,则|MF|+|MP|的最小值为()A.5 B.6 C.7 D.8【解析】选C.因为点F(0,4)是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,所以p2=4,解得p=8,所以抛物线C的方程为x2=16由抛物线的定义知:点M到点F(0,4)的距离等于点M到准线y=-4的距离,结合点P(2,3)与抛物线C的位置关系可知,|MF|+|MP|的最小值是点P(2,3)到准线y=-4的距离,故|MF|+|MP|的最小值为7.【加练备选】抛物线C:x2=8y的焦点为F,过F且倾斜角为π4的直线l与抛物线C交于A,B两点,点D为抛物线C上的动点,且点D在l的右下方,则△DAB面积的最大值为(A.162 B.122C.82 D.62【解析】选A.由C:x2=8y知F(0,2),则直线l的方程为y=x+2,设D(x,x2则D到直线l的距离为d=|x-x28+2|2,又点D在l联立方程x2=8yy=x+2,消元得x2-8x-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2所以|AB|=1+12·所以S△DAB=12|AB|·d=42(x-x28+2)=22(-x2+8x+16),故当x=4时,S△4.(5分)过抛物线y=x2的焦点F的一条直线交抛物线于P,Q两点,若线段PF与QF的长分别是p,q,则1p+1q为定值(A.1 B.2 C.3 D.4【解析】选D.抛物线x2=y的焦点F(0,14),准线方程为y=-14,显然直线PQ的斜率存在,设为k,则直线PQ的方程为y=kx+14,由y=kx+14y=x2消去x并整理得:y2-(k2+设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1y2=116,y1+y2=k2+12,而p=y1+14,q=y2+14,因此1p+1q=44y1+1+45.(5分)(多选题)(2024·贵阳模拟)已知抛物线C:y=ax2的顶点为O,准线为y=-12,焦点为F,过F作直线l交抛物线于M,N两点(M在N的左边),则(A.a=1B.若直线l经过点(-1,0),则|MN|=7C.线段|MN|的最小值为2D.若FN=3MF,则直线l的斜率为3【解析】选ACD.A选项,抛物线的标准方程为x2=1ay,准线为y=-12,则准线方程y=-14a=-12,解得a焦点F(0,12),过F作直线l交抛物线于M,N两点,显然l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+1联立y=kx+12,y=12x设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=2k,x1x2=-1,|MN|=1+k2(x1+B选项,若直线l经过点(-1,0),则k=12,|MN|=5C选项,当k=0时,|MN|的最小值为2,故C正确;D选项,由FN=3MF,得-3x1=x2,又x1x2=-1,x1<0,x2>0,解得x1=-33,x2=3又因为x1+x2=2k,所以k=33,故D正确6.(5分)(多选题)(2022·新高考Ⅱ卷)已知O为坐标原点,过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A,B两点,其中A在第一象限,点M(p,0),若|AF|=|AM|,则()A.直线AB的斜率为26B.|OB|=|OF|C.|AB|>4|OF|D.∠OAM+∠OBM<180°【解析】选ACD.根据题意如图,对于A,易得Fp2,0,由|AF|=|AM|可得点A在FM的垂直平分线上,则点A横坐标为p2+p2=3p4,代入抛物线可得y2=2p·3p4=32p2,则对于B,由斜率为26可得直线AB的方程为x=126y+联立抛物线方程得y2-16py-p2设B(x1,y1),则62p+y1=66则y1=-6p3,代入抛物线得(-6=2p·x1,解得x1=p3,则B(p3,-则|OB|=(p3)

2+(-对于C,由抛物线定义知:|AB|=3p4+p3+p=25p12对于D,OA·OB=(3p4,6p2)·(p3,-6p3)=3p4·p3+6p2·(-6p3)=-3p24<0,则∠AOB为钝角,又MA·MB=(-p4,6又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360°,则∠OAM+∠OBM<180°,D正确.7.(5分)已知抛物线C:y2=4x,焦点为F,点M为抛物线C上的点,且FM=6,则M的横坐标是5;作MN⊥x轴于N,则S△FMN=45.

【解析】因为抛物线的方程为y2=4x,故p=2且F(1,0).因为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·漳州模拟)已知抛物线y2=2x的焦点为F,过点F的直线与抛物线交于A,B两点,则4|AF|+|BF|的最小值是92【解析】如图所示:易知焦点F(12,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1,x2当直线斜率不存在时(如图中虚线所示),可知|AF|=|BF|=1,此时4|AF|+|BF|=5;当直线斜率存在时,可设直线方程为y=k(x-12),显然k≠0,联立直线和抛物线方程y=k(x-12)y2=2x,消去y整理可得k利用根与系数的关系可知x1x2=14又利用焦半径公式可知|AF|=x1+12,|BF|=x2+1所以可得4|AF|+|BF|=4(x1+12)+x2+12=4x1+x2+52≥24x1当且仅当4x1=x2,即x2=1,x1=14时,等号成立综上可得,4|AF|+|BF|的最小值是929.(10分)(2024·遂宁模拟)直线y=kx-2交抛物线y2=2px(p>0)于A,B两点,线段AB中点的横坐标为2,抛物线的焦点到y轴的距离为2.(1)求抛物线方程;(2)设抛物线与x轴交于点D,求△ABD的面积.【解析】(1)抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(p2因为抛物线的焦点到y轴的距离为2,则p2=2,可得p=4,所以,抛物线的方程为y2=8(2)若k=0,则直线AB与抛物线y2=8x只有一个交点,不符合题意,则k≠0,设点A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx-2y2=8x,可得kΔ=(4k+8)2-16k2=64k+64>0,解得k>-1,因为线段AB中点的横坐标为2,所以4k+8k2=4,整理可得k又因为k>-1,解得k=2,易知抛物线y2=8x交x轴于点D(0,0),则有4x2-16x+4=0,可得x2-4x+1=0,由根与系数的关系可得x1+x2=4,x1x2=1,由弦长公式可得|AB|=1+22·|x1-x2|=5·(x1+x2原点D到直线AB:2x-y-2=0的距离为d=222+所以,S△ABD=12|AB|·d=12×215×25【能力提升练】10.(5分)(多选题)(2024·深圳模拟)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,M(x0,y0)是抛物线C上一个动点,点A(0,2),则下列说法正确的是()A.若|MF|=5,则y0=4B.过点A与抛物线C有一个公共点的直线有3条C.连接M,F并延长与抛物线交于点N,若M,N的中点Q(1,1),则|MN|=4D.点M到直线x-y+3=0的最短距离为22【解析】选BC.由抛物线C:y2=4x的方程可得焦点F(1,0),准线方程x=-1,A中,由抛物线的性质|MF|=x0+1=5,则x0=4,代入抛物线的方程可得y0=±4,所以A不正确;B中,将A点的坐标代入:22>4×0,可得A点在抛物线的外面,所以过A有两条直线与抛物线相切,还有一条平行于x轴的直线与抛物线有一个公共点,所以有3条直线与抛物线有一个公共点,B正确;C中,|MN|=x0+xN+p=2xQ+2=4,所以C正确;D中,点M到直线x-y+3=0的距离d=|x0-y0+3|2=|y02411.(5分)(多选题)(2023·新高考Ⅱ卷)设O为坐标原点,直线y=-3(x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则()A.p=2B.|MN|=8C.以MN为直径的圆与l相切D.△OMN为等腰三角形【解析】选AC.A选项:直线y=-3(x-1)过点(1,0),所以抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),所以p2=1,p=2,2p=4,则A选项正确,且抛物线C的方程为y2=4B选项:设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选项:设MN的中点为A,M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d,因为d=12(d1+d2)=12(|MF|+|NF|)=12即A到直线l的距离等于MN的一半,所以以MN为直径的圆与直线l相切,C选项正确.D选项:直线y=-3(x-1),即3x+y-3=0,O到直线3x+y-3=0的距离为d=32所以△OMN的面积为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选项错误.12.(5分)(多选题)(2022·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点,点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,过点B(0,-1)的直线交C于P,Q两点,则()A.C的准线为y=-1B.直线AB与C相切C.|OP|·|OQ|>|OA|2D.|BP|·|BQ|>|BA|2【解析】选BCD.将点A代入抛物线方程得1=2p,所以抛物线方程为x2=y,故准线方程为y=-14kAB=1-(-所以直线AB的方程为y=2x-1,联立y=2x-1x2=y设过点B的直线为l,若直线l与y轴重合,则直线l与抛物线C只有一个交点,所以,直线l的斜率存在,设其方程为y=kx-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立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+因为|BP|=1+k2|x1|,|BQ|=1+k2所以|BP|·|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5,而|BA|2=5,故D正确.13.(5分)(2024·九江模拟)已知点A,B分别是抛物线C:y2=-4x和圆E:x2+y2-2x+4y+4=0上的动点,点A到直线l:x=2的距离为d,则|AB|+d的最小值为22.

【解析】如图所示,由圆E的标准方程为(x-1)2+(y+2)2=1可知圆心E(1,-2),半径为r=1,抛物线C的焦点为F(-1,0),准线方程为x=1,由抛物线定义可知|AF|=d-1,圆外一点到圆上点的距离满足|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,当且仅当A,E,F三点共线时,等号成立;即|AB|+d的最小值为22.【加练备选】(2024·运城模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为2,圆M:(x-1)2+y2=1,过F的直线l与抛物线C和圆M从上到下依次交于A,P,Q,B四点,则9|AP|+4|BQ|的最小值为12.【解析】因为抛物线的焦点到准线的距离为2,所以p=2,所以抛物线方程为y2=4x,如图,|PF|=|QF|=1,因为9|AP|+4|BQ|=9(|AF|-|PF|)+4(|BF|-|QF|)=9|AF|+4|BF|-13,设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,因为直线l与x轴平行时显然不符合题意,故可设l:x=my+1,因为直线所过定点F(1,0)在抛物线内部,则直线l必然与抛物线有两交点,同样与圆也有两交点,联立y2=4xx=my+1,x所以x1x2=1,所以9|AP|+4|BQ|=9x1+4x2≥236x1x2=12,当且仅当9x1=4x2,即x1=23,所以9|AP|+4|BQ|的最小值为12.14.(10分)(2024·包头模拟)抛物线y2=2px(p>0)的准线被圆x2+y2-2y-3=0截得的弦长为23.(1)求p的值;(2)过点M(4,0)的直线交抛物线于点A,B,证明:以AB为直径的圆过原点O.【解析】(1)圆x2+y2-2y-3=0,即x2+(y-1)2=4,圆心C(0,1),半径为2,则C到准线距离为d=22-(3)2=1,所以准线方程为所以抛物线标准方程为y2=4x.(2)设直线AB方程为x=my+4,A(y124,y1),B(y2联立方程x=my+4y2=4x,消去则Δ=16m2+64>0,可得y1·y2=-16,又因为OA=(y124,y1),OB=(y2则OA·OB=(y1y2)216+可得OA⊥OB,即以线段AB为直径的圆过原点O.15.(10分)(2024·临沂模拟)已知抛物线E:y2=2px(p>0),P(4,y0)为E上位于第一象限的一点,点P到E的准线的距离为5.(1)求E的标准方程;(2)设O为坐标原点,F为E的焦点,A,B为E上异于P的两点,且直线PA与PB斜率乘积为-4.①证明:直线AB过定点;②求|FA|·|FB|的最小值.【解析】(1)由题可知4+p2=5,解得p=2所以E的标准方程为y2=4x;(2)①由(1)知,y02=4×4,且y0>0,解得y0=4,所以P(4,4)设A(y124,y1),B(y224,y2),则kPA=y1-则kPA×kPB=4y1+4×4y2+4=-4,即4(y1+y2)+当直线AB斜率存在时,直线AB的方程为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+所以直线AB过定点(5,-4);当直线AB的斜率不存在时,y1+y2=0,可得y12=20,x1综上,直线AB过定点(5,-4).②设A(x1,y1),B(x2,y2),当直线AB斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x-5)-4=kx-5k-4,与抛物线E联立得y2=4x,y=kx-5k-4,消去y得k2x2由题意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所以当1k=-65,即k=-|FA|·|FB|的最小值为365当直线AB斜率不存在时,x1=x2=5.由抛物线定义知|FA|·|FB|=(x1+1)(x2+1)=36.故|FA|·|FB|的最小值为365【素养创新练】16.(5分)(2024·深圳模拟)已知动点Q到抛物线C:y2=8x的焦点F的距离为1,则Q的轨迹方程是(x-2)2+y2=1,若A(4,0),P是抛物线C上的动点,则|PA|2【解析】抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),设动点Q的坐标为(x,y),因为|QF|=1,所以(x-2)2+y2=1,故点Q的轨迹方程是(x-2)2+y2=1.设点P(s,t),则由抛物线的定义得|PF|=s+2,|PA|2=(s-4)2+t2=s2-8s+16+8s=s2+16.因为|PQ|≤|PF|+|FB|=|PB|,所以|PA|2|PQ|≥又|PB|=|PF|+1=s+3,所以|PA|2令s+3=λ,则s=λ-3,所以|PA|2|PB|=(λ-因为|PA|2则由基本不等式知λ+25λ≥2λ当且仅当λ=25λ,即λ=5时等号成立故|PA|五十六直线和椭圆(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)(2024·合肥模拟)直线y=3x-1与椭圆x24+y2A.0 B.1 C.2 D.无数个【解析】选C.由y=3x-1x24+y28=1消去y并整理得11x2-6x-7=0,显然Δ2.(5分)(2024·银川模拟)若直线y=x+m与椭圆x24+y22=1相切,则实数A.±6 B.±6 C.±3 D.±4【解析】选B.将直线y=x+m与椭圆x24+y22=1联立,得y=x+mx24+y22=1⇒3x2+4mx+23.(5分)(2024·桂林模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(4,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点,若M(1,-1),且OA+OB=2A.x248+y232=1 B.C.x224+y28=1 D.【解析】选C.因为右焦点F(4,0),所以a2=b2+16,设A(x1,y1),B(x2,y2),由OA+OB=2OM可知M是AB的中点,所以x1+x2=2,y1+y2=-2,且x12a2+y1两式相减得(x1+所以kAB=y1-y2x1-x2=-b2(x所以a2=3b2=b2+16,所以b2=8,a2=24,故椭圆E的方程为x224+y4.(5分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB的面积是△F2AB的2倍,则m=(A.23 B.23 C.-23 D【解题指导】首先联立直线方程与椭圆方程,利用Δ>0,求出m的范围,再根据三角形面积比得到关于m的方程,解出即可.【解析】选C.将直线y=x+m与椭圆联立y=x+mx23+y2=1因为直线与椭圆相交于A,B点,则Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得-2<m<2,设F1到AB的距离为d1,F2到AB的距离为d2,易知F1(-2,0),F2(2,0),则d1=|-2+m|2,d2=|2+解得m=-23或-32(舍去)5.(5分)(多选题)已知P是椭圆C:x26+y2=1上的动点,过Q(1,14)的直线与椭圆交于M,NA.C的焦距为5B.当Q为MN中点时,直线MN的斜率为-3C.C的离心率为30D.若∠F1PF2=90°,则△F1PF2的面积为1【解析】选CD.由题知a2=6,b2=1,所以c2=6-1=5,故焦距为2c=25,故A选项错误;对于B选项,当Q为MN中点时,设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0),则x126+y12即kMN=-23,故B选项错误;对于C选项,椭圆的离心率为e=ca=56=306,故C选项正确;对于D选项,∠F则PF即PF代入数据得PF1PF2=2,所以△F1PF2的面积为6.(5分)(多选题)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,A.a=132 B.b=3C.直线DE的斜率为33 D.|DE【解析】选ACD.如图所示:因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,所以不妨设椭圆C:x24c2因为C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,所以△AF1F2为等边三角形,因为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,所以kDE=tan30°=33.故C项正确由等腰三角形的性质可得|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|.由椭圆的定义可得△ADE的周长为|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=26,所以a=132,b=1343对于D项,设lDE:y=33(x+13联立x21694+y250716则Δ=22+4×26>0,由根与系数的关系得x1+x2=-2,x1·x2=-26,所以|DE|=1+(33)

7.(5分)(2024·南昌模拟)如果直线l:y=k(x+3)与椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)总有公共点,则实数a的取值范围是[【解析】直线l:y=k(x+3)过定点(-3,0),因为直线l:y=k(x+3)与椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)总有公共点,所以点(-3,0)在椭圆内部或椭圆上,则有(-3)2a2+02≤1⇒a8.(5分)设椭圆中心在坐标原点,A(2,0),B(0,1)是它的两个顶点,直线y=kx(k>0)与线段AB相交于点D,与椭圆相交于E,F两点.若ED=6DF,则实数k的值为23或3【解析】依题意得椭圆的方程为x24+y2=1,直线AB,EF的方程分别为x+2y-2=0,y=kx(k如图,设D,E,F三点的坐标分别为D(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),其中x2>x1,由x24+y2=1y=kx得(1+4k2)x2=4,则x1,故x2=-x1=21+4由ED=6DF知x0-x1=6(x2-x0),得x0=17(6x2+x1)=57x2=由点D在直线AB上,知x0+2kx0=2,即x0=21+2所以1071+4k化简得24k2-25k+6=0,解得k=23或k=39.(10分)(2024·巴中模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,点M(1,32)在椭圆C(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆C的右焦点为F,过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P,Q两点,记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1,k2,当k1+k2=0时,求△MPQ的面积.【解析】(1)由题意知A1(-a,0),A2(a,0),又M(1,32),则MA1=(-aMA2=(a-1,-所以(-a-1)(a-1)+(-32)2=-3解得a=2(负值舍去),由M(1,32)在椭圆C上及a=2得14+解得b2=3,所以椭圆C的方程为x24+(2)由(1)知,右焦点为F(1,0),据题意设直线l的方程为x=my+1(m≠0),P(my1+1,y1),Q(my2+1,y2),则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,由根与系数的关系得:y1+y2=-6my1y2=-93代入①式得:-363m2+4=-所以直线l的方程为x-2y-1=0,方法一:Δ=144(22+1)=720,y1+y2=-34y1y2=-916由求根公式与弦长公式得:|PQ|=1+22|y1-y2|=5720设点M到直线l的距离为d,则d=|1-2×所以S△MPQ=12|PQ|d=12×154×3方法二:由题意可知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【加练备选】(2024·广州模拟)已知椭圆C:x28+y22=1,过点A(2,1)作两条直线,这两条直线与椭圆C的另一交点分别是M,N,且M,N关于坐标原点O对称.设直线AM,AN的斜率分别是k1(1)证明:k1k2=-14(2)若点M到直线AN的距离为2,求直线AM的方程.【解析】(1)设M(x1,y1),因为M,N关于坐标原点O对称,所以N(-x1,-y1),则k1=y1-1x1-2,k2=-y因为M在椭圆C上,所以x128所以x12=8-4则k1k2=y12-1x(2)方法一:因为M,N关于坐标原点O对称,所以O为MN的中点.因为点M到直线AN的距离为2,所以点O到直线AN的距离为1.由题意可知直线AN的方程为y-1=k2(x-2),即k2x-y-2k2+1=0,则点O到直线AN的距离d=|-2解得k2=43或k2=0(舍去)由(1)可知k1k2=-14,则k1=-316,故直线AM的方程为y-1=-316即y=-316x+11方法二:由题意可知直线AM的方程为y-1=k1(x-2),联立y-整理得(4k12+1)x2-(16k12-8k1)x+16kΔ=(16k12-8k1)2-4(4k12+1)(16k12-16k1则x1+2=16k12从而x1=2-8k故y1=k1(x1-2)+1=1-8k即M(2-8k1+44因为k1k2=-14,所以k2=-1所以直线AN的方程为y-1=k2(x-2)=-14k1即x+4k1y-4k1-2=0,则M到直线AN的距离d=|2-8k因为点M到直线AN的距离为2,所以|8k1+4|16则直线AM的方程为y-1=-316(x即y=-316x+11【能力提升练】10.(5分)(2024·哈尔滨模拟)直线y=kx+1,当k变化时,此直线被椭圆x24+y2=1截得的弦长的最大值是(A.2 B.433 C.4【解析】选B.直线y=kx+1恒过定点(0,1),且点(0,1)在椭圆上,设另外一个交点为(x,y),所以x24+y则x2=4-4y2,弦长为x2+(y-当y=-13时,弦长最大,为411.(5分)(2024·赤峰模拟)在椭圆x29+y24=1上求一点M,使点M到直线x+2y-10=0的距离最大,点A.(-3,0) B.(-95,-8C.(-2,-255) 【解析】选B.如图所示:根据题意可知,当点M在第三象限且椭圆在点M处的切线与直线x+2y-10=0平行时,点M到直线x+2y-10=0的距离取得最大值,可设切线方程为x+2y+m=0(m>0),联立x+2y+m=04x2+9y2Δ=162m2-100(4m2-36)=0,因为m>0,解得m=5,所以,椭圆x29+y24=1在点M处的切线方程为因此,点M到直线x+2y-10=0的距离的最大值为|5+10|1联立x+2可得点M的坐标为(-95,-8512.(5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1,过左焦点F1作倾斜角为π6的直线交椭圆于A,B两点,且AA.12 B.23 C.33【解析】选C.设F1(-c,0),A(x1,y1),B(x2,y2),过点F1所作直线的倾斜角为π6,所以该直线斜率为3所以直线方程可写为x=3y-c,联立方程x2可得(a2+3b2)y2-23b2cy-b4=0,Δ=(23b2c)2+4b4(a2+3b2)>0,根据根与系数的关系:y1+y2=23y1y2=-b4因为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联立a2可得a2=3c2,e2=13⇒e=313.(5分)(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12,过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|【命题意图】本题主要考查直线与椭圆的综合应用,需要学生很强的综合能力.【解析】因为椭圆的离心率为e=ca=12,所以a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,所以椭圆的方程为x24c2+y23c2=1,即3x2+4y2-12c2=0,不妨设左焦点为F1,右焦点为F2,如图所示,因为AF2=a,OF2=c,a=2c,所以∠AF2O=π3,所以△AF1F2为正三角形,因为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,DE为线段AF2的垂直平分线,所以直线DE的斜率为33,斜率倒数为3,直线DE的方程:x=3y-c,代入椭圆方程3x2+4y2-12判别式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因为DE为线段AF2的垂直平分线,根据对称性,AD=DF2,AE=EF2,所以△ADE的周长等于△F2DE的周长,利用椭圆的定义得到△F2DE的周长为|DF2|+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.14.(10分)(2024·岳阳模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(23,223),左,右焦点分别为F1,F2,(1)求椭圆C的标准方程;(2)设A为椭圆C的右顶点,直线l与椭圆C相交于M,N两点,以MN为直径的圆过点A,求|AM|·|AN|的最大值.【解析】(1)根据题意可得49a2+89b所以椭圆的方程为x24+y2(2)由(1)得A(2,0),设直线l的方程为x=my+t,(t≠2),M(x1,y1),N(x2,y2),联立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因为以MN为直径的圆过点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当t=65时,Δ>0,且|MN|=m2+1|y1-y2|,点A到MN的距离为d所以S△AMN=12|AM|·|AN|=12|2-t|·|y1-y2|=12|2-t化简得|AM|·|AN|=165×m令m2-t2+4=s=m2+6425≥85,则m2+4=s所以|AM|·|AN|=165×ss2+36由对勾函数的单调性知y=s+3625s,在[即s=85,m=0时y=s+3625s取得最小值52,此时|AM