解答题专练之解析几何解析版

这是一份解答题专练之解析几何解析版，共8页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
(1)求C的方程；
(2)若直线y＝kx＋m与C相交于A，B两点，且A，B关于直线l：x＋ty＋1＝0对称，O为C的对称中心，且△AOB的面积为eq \f(\r(10),3)，求k的值。
解 (1)由题意得y＝(x－1)2＋eq \r(2)的顶点为(1，eq \r(2))，椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1的焦距为2eq \r(2)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2－b2＝2，))解得a2＝4，b2＝2，
所以C的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,2)＝1。
(2)因为直线y＝kx＋m与C相交于A，B两点，且A，B关于直线l：x＋ty＋1＝0对称，故直线l⊥AB，所以k＝t，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(y2,4)＋\f(x2,2)＝1，))
可得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为P(x0，y0)，
则Δ＝8(2k2＋4－m2)>0，x0＝－eq \f(km,k2＋2)，
y0＝kx0＋m＝eq \f(2m,k2＋2)，
因为P(x0，y0)在直线l：x＋ky＋1＝0上，
所以－eq \f(km,k2＋2)＋eq \f(2km,k2＋2)＋1＝0，
即m＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(2,k)))，所以Δ＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2－\f(4,k2)))>0，
即k2>2，又|AB|＝eq \r(k2＋1)eq \f(\r(Δ),k2＋2)＝eq \f(2\r(2k2＋1k2－2),\r(k2k2＋2))，
O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \f(k2＋2,\r(k2k2＋1))，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(\r(2k4－4),k2)＝eq \f(\r(10),3)，
解得k2＝3，k＝±eq \r(3)。
2．(2021·辽宁名校联考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，其左顶点为A，上顶点为B。直线l：y＝－2x＋t(t∈R)与x，y轴分别交于点M，N，直线AN，BM分别与椭圆C交于点P，Q。(P异于点A，Q异于点B)
(1)求椭圆C的方程；
(2)若|AP|＝|BQ|，求直线l的方程。
解 (1)由题意可知，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
因为椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，所以eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，
又因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1。
(2)由(1)可知，A(－2,0)，B(0,1)，
且Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)，0))，N(0，t)，
则kAN＝eq \f(t,2)，kBM＝eq \f(－1,\f(t,2))＝－eq \f(2,t)，
所以kAN·kBM＝－1，
设直线AN的斜率为k，则直线AN为y＝k(x＋2)，
直线BM为y＝－eq \f(1,k)x＋1。
将直线AN与椭圆C的方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，整理得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，
因为xA＝－2，且xA·xP＝eq \f(16k2－4,4k2＋1)，所以xP＝eq \f(－8k2＋2,4k2＋1)，则|AP|＝|xP＋2|eq \r(k2＋1)＝eq \f(4\r(k2＋1),4k2＋1)，
将直线BM与椭圆C的方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，
整理得(k2＋4)x2－8kx＝0，
因为xB＝0，且xB＋xQ＝eq \f(8k,k2＋4)，
所以xQ＝eq \f(8k,k2＋4)，
则|BQ|＝|xQ|eq \r(\f(1,k2)＋1)＝eq \f(8\r(k2＋1),k2＋4)，
由题意可知eq \f(4\r(k2＋1),4k2＋1)＝eq \f(8\r(k2＋1),k2＋4)，
解得k＝±eq \f(\r(14),7)，
又因为k＝eq \f(t,2)，所以t＝±eq \f(2\r(14),7)，
则直线l的方程为y＝－2x±eq \f(2\r(14),7)。
3．(2021·河北张家口高三一模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一动点P，左、右焦点分别为F1，F2，且F2(2,0)，定直线l：x＝eq \f(3,2)，PM⊥l，点M在直线l上，且满足eq \f(|PM|,|PF2|)＝eq \f(\r(3),2)。
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线l0的斜率k＝1，且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A，B两点，求△ABF1的外接圆方程。
解 (1)由题意，知eq \f(|PF2|,|PM|)＝eq \f(2\r(3),3)，
设点P(x，y)，则eq \f(\r(x－22＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2))))＝eq \f(2\r(3),3)，
所以(x－2)2＋y2＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2，得x2－4x＋4＋y2＝eq \f(4,3)x2－4x＋3，整理得1＋y2＝eq \f(x2,3)，
即双曲线C的标准方程为eq \f(x2,3)－y2＝1。
(2)由题意，知直线l0：y＝x－2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,\f(x2,3)－y2＝1，))整理得2x2－12x＋15＝0，故x1＋x2＝6, x1x2＝eq \f(15,2)，而y1＋y2＝x1＋x2－4＝2。
所以AB中点为(3,1)，而△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线l1上，则l1: y＝－x＋4。
又由焦点弦长公式，可知|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(3)。
设圆心(x0，y0)满足
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋4，,x0－32＋y0－12＋\r(3)2＝x0＋22＋y\\al(2,0)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(1,8)，,y0＝\f(31,8)。))
所以半径R＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(31,8)))2)＝eq \r(\f(625,32))，
故外接圆方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,8)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(31,8)))2＝eq \f(625,32)。
4. (2021·江苏南京高三阶段性检测)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2,0)，点(2，eq \r(2))在椭圆E上。
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，O为坐标原点，点A为椭圆E上一动点(非长轴端点)，直线AF2，AO分别与椭圆E交于B，C，求△ABC面积的最大值。
解 (1)因为椭圆经过点(2，eq \r(2))，且左焦点为F1(－2,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，,c＝2，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝8，b2＝4，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1。
(2)由题意可设直线AF2：x＝ky＋2，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,x＝ky＋2，))
整理可得(k2＋2)y2＋4ky－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(4k,k2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,k2＋2)，
所以|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(4\r(2)·\r(k2＋1),k2＋2)。
|AB|＝eq \r(1＋k2)|y1－y2|＝eq \f(4\r(2)·k2＋1,k2＋2)，
设O到直线AF2的距离为d，则d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
由对称性可知|OC|＝|OA|，
则S△ABC＝2S△AOB＝d·|AB|
＝eq \f(2,\r(1＋k2))·eq \f(4\r(2)·k2＋1,k2＋2)＝eq \f(8\r(2)\r(1＋k2),k2＋2)
＝eq \f(8\r(2),\r(1＋k2)＋\f(1,\r(1＋k2)))≤eq \f(8\r(2),2)＝4eq \r(2)，
当且仅当eq \r(1＋k2)＝eq \f(1,\r(1＋k2))，即k＝0时取等号，
所以△ABC面积的最大值为4eq \r(2)。
5．(2021·江西上饶高三联考)在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－3上的动点，过点M作抛物线C：x2＝2y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点。
(1)证明：MN⊥x轴；
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由。
解 (1)证明：设切点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2)))，y′＝x，
所以切线MA的斜率为x1，
切线MA：y－eq \f(x\\al(2,1),2)＝x1(x－x1)。
设M(t，t－3)，则有t－3－eq \f(x\\al(2,1),2)＝x1(t－x1)，
化简得xeq \\al(2,1)－2tx1＋2t－6＝0。
同理可得xeq \\al(2,2)－2tx2＋2t－6＝0，
所以x1，x2是方程x2－2tx＋2t－6＝0的两根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝2t－6，
因为N为AB的中点，
所以xN＝eq \f(x1＋x2,2)＝t＝xM，
所以MN⊥x轴。
(2)直线AB恒过一定点。
因为yN＝eq \f(1,4)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(1,4)(x1＋x2)2－eq \f(1,2)x1x2＝t2－t＋3，所以N(t，t2－t＋3)。
kAB＝eq \f(1,2)·eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1－x2)＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝t，
所以直线AB：y－(t2－t＋3)＝t(x－t)，
即y－3＝t(x－1)。
所以直线AB过定点(1,3)。
6．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的实半轴长为1，且C上的任意一点M到C的两条渐近线的距离乘积为eq \f(3,4)。
(1)求双曲线C的方程；
(2)设直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线C相交于P，Q两点，问在x轴上是否存在定点D，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直？若存在，求出定点D的坐标；否则，说明理由。
解 (1)由题意可得a＝1，所以双曲线C：x2－eq \f(y2,b2)＝1，所以渐近线方程为bx±y＝0，
设M(x0，y0)，则eq \f(|bx0－y0|,\r(b2＋1))×eq \f(|bx0＋y0|,\r(b2＋1))＝eq \f(3,4)，
即eq \f(|b2x\\al(2,0)－y\\al(2,0)|,b2＋1)＝eq \f(3,4)，
因为M(x0，y0)在双曲线上，所以xeq \\al(2,0)－eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，
即b2xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝b2，
所以eq \f(b2,b2＋1)＝eq \f(3,4)，解得b2＝3，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1。
(2)假设存在D(t,0)，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直，则可得kPD＋kQD＝0，
F(2,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l：y＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,3x2－y2＝3))可得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq \f(4k2＋3,k2－3)，
所以kPD＋kQD＝eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝eq \f(y1x2－t＋y2x1－t,x1x2－tx1＋x2＋t2)＝0，
即k(x1－2)(x2－t)＋k(x2－2)(x1－t)＝0恒成立，
整理可得k[2x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋4t]＝0，
所以keq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\f(4k2＋3,k2－3)－t＋2×\f(4k2,k2－3)＋4t))＝0，
即2×eq \f(4k2＋3,k2－3)－(t＋2)×eq \f(4k2,k2－3)＋4t＝0，
所以8k2＋6－4k2(t＋2)＋4t(k2－3)＝0，
所以6－12t＝0，解得t＝eq \f(1,2)，
所以存在点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直。