【北京特级教师-二轮复习精讲辅导】2021届高考理科数学-解析几何经典精讲(下)-课后练习

解析几何经典精讲(下)课后练习主讲老师：王老师北京市重点中学数学特级老师如图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，其左焦点到点P(2，1)的距离为eq\r(10)，不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．(1)求椭圆C的方程；(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，过A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于Q点，且2eq\o(F1F2,\s\up6(→))＋eq\o(F2Q,\s\up6(→))＝0.(1)求椭圆C的离心率；(2)若过A，Q，F2三点的圆恰好与直线x－eq\r(3)y－3＝0相切，求椭圆C的方程；(3)在(2)的条件下，过右焦点F2的直线交椭圆于M，N两点，点P(4,0)，求△PMN面积的最大值．如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1＋y2的值及直线AB的斜率．如图，点O为坐标原点，直线l经过抛物线C：y2＝4x的焦点F.(1)若点O到直线l的距离为eq\f(1,2)，求直线l的方程；(2)设点A是直线l与抛物线C在第一象限的交点．点B是以点F为圆心，|FA|为半径的圆与x轴的交点，试推断AB与抛物线C的位置关系，并给出证明．设椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的右焦点为F1，直线l：x＝eq\f(a2,\r(a2－2))与x轴交于点A，若＋2＝0(其中O为坐标原点)．(1)求椭圆M的方程；(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2＋(y－2)2＝1的任意一条直径(E，F为直径的两个端点)，求的最大值．已知椭圆C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．

解析几何经典精讲(下)课后练习参考答案(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1；(2)3x＋2y＋2eq\r(7)－2＝0.详解：(1)设椭圆左焦点为F(－c，0)，则由题意得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.))所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为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则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).))所以线段AB的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2))).由于M在直线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).此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则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)，设点P到直线AB的距离为d，则d＝eq\f(|8－2m|,\r(32＋22))＝eq\f(2|m－4|,\r(13)).设△ABP的面积为S，则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))．所以当且仅当m＝1－eq\r(7)时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝1－eq\r(7)时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋2eq\r(7)－2＝0.(1)eq\f(1,2).(2)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(3)△PMN面积的最大值为eq\f(9,2).详解：(1)设Q(x0,0)．由于F2(c,0)，A(0，b)，则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为F2Q的中点，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，则F2(c,0)，Q(－3c,0)，A(0，eq\r(3)c)．所以△AQF2的外接圆圆心为(－c,0)，半径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)，椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(3)设直线MN的方程为：x＝my＋1，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设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面积的最大值为eq\f(9,2)，此时m＝0.(1)抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1.(2)y1＋y2＝－4.kAB＝－1(x1≠x2)．详解：(1)由已知条件，可设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)．由于点P(1,2)在抛物线上，所以22＝2p×1，解得p＝2.故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1.(2)设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，则kPA＝eq\f(y1－2,x1－1)(x1≠1)，kPB＝eq\f(y2－2,x2－1)(x2≠1)，由于PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPA＝－kPB.由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，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)直线AB与抛物线相切．详解：(1)抛物线的焦点F(1,0)，当直线l的斜率不存在时，即x＝1不符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：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).故直线l的方程为：y＝±eq\f(\r(3),3)(x－1)，即x±eq\r(3)y－1＝0.(2)直线AB与抛物线相切，证明如下：设A(x0，y0)，则yeq\o\al(2,0)＝4x0.由于|BF|＝|AF|＝x0＋1，所以B(－x0,0)．所以直线AB的方程为：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，所以直线AB与抛物线相切．(1)eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)11.详解：(1)由题设知，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,\r(a2－2))，0))，F1(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.所以椭圆M的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设圆N：x2＋(y－2)2＝1的圆心为N，则＝＝＝＝.从而将求的最大值转化为求的最大值．由于P是椭圆M上的任意一点，设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).由于点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)]，所以当y0＝－1时，取得最大值12.所以的最大值为11.(1)eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)y＝x或y＝－x.详解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,4)＝1(a>2)，其离心率为eq\f(\r(3),2)，故eq\f(\r(a2－4),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝4，故椭圆C2的方程为eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将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).将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.故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可