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高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册3.4 曲线与方程随堂练习题
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这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册3.4 曲线与方程随堂练习题，共29页。试卷主要包含了设F1,F2是双曲线C，已知曲线C，设F1,F2为椭圆C，已知A为抛物线C，设双曲线C，已知O为坐标原点,抛物线C，已知F1,F2为椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
考点1 圆锥曲线的定义及标准方程
1.(2020全国Ⅲ理,5)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为( )
A.14,0 B.12,0 C.(1,0) D.(2,0)
2.(2020全国Ⅰ文,11)设F1,F2是双曲线C:x2-y23=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为( )
A.72 B.3 C.52 D.2
3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9)已知曲线C:mx2+ny2=1.( )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为n
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±-mnx
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
4.(2019课标全国Ⅲ文,15)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
考点2 圆锥曲线的几何性质
5.(2020全国Ⅰ理,4)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=( )
A.2 B.3 C.6 D.9
6.(2021全国甲理,5)已知F1,F2是双曲线C的两个焦点,P为C上一点,且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|,则C的离心率为( )
A.72 B.132 C.7 D.13
7.(2020全国Ⅲ理,11)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为5.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=( )
A.1 B.2 C.4 D.8
8.(2021新高考Ⅰ,14)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为 .
9.(2021全国甲文,16)已知F1,F2为椭圆C:x216+y24=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为 .
考点3 直线与圆锥曲线的位置关系
10.(2020全国Ⅲ理,20)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0(1)求C的方程;
(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.
11.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
考点4 与圆锥曲线有关的定点、定值及探究性问题
12.(2020全国Ⅰ理,20)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
13.(2021新高考Ⅰ,21)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
14.(2019课标全国Ⅱ理,21)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
模拟练
应用实践
1.(2022湖南张家界期末)已知F1,F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为M,N,设四边形F1NF2M的周长为p,面积为S,且满足32S=p2,则该双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±12x B.y=±22x
C.y=±32x D.y=±233x
2.(2022湖南郴州月考)已知椭圆C的焦点为F1(-2,0),F2(2,0),过F2的直线与C交于A,B两点,若|AF2|=2|BF2|,|AB|=|BF1|,则椭圆C的方程为( )
A.x212+y24=1 B.x216+y212=1
C.x212+y28=1 D.x220+y216=1
3.(2022江苏如皋期末)设F1,F2是椭圆C:x23+y2m=1的两个焦点,若椭圆C上存在点M满足∠F1MF2=120°,则m的取值范围是( )
A.0,34∪[4,+∞) B.0,94∪[4,+∞)
C.0,34∪[12,+∞) D.0,94∪[12,+∞)
4.(多选)(2021江苏镇江中学期初)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,以线段AB为直径的圆交x轴于M,N两点,设线段AB的中点为Q.若抛物线C上存在一点E(t,2)到焦点F的距离等于3,则下列说法正确的是( )
A.抛物线的方程是x2=2y
B.抛物线的准线方程是y=-1
C.sin∠QMN的最小值是12
D.线段AB的最小值是6
5.(2022河南名校联盟期末)已知点P在双曲线C:x216-y212=1上,若P,Q两点关于原点O对称,直线PF1与圆x2+y2=r2相切于点M且2OM=OP+OF1,其中F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点,则△PF1Q的面积为 .
6.(2022四川蓉城名校联盟期末)过抛物线C:y2=4x的焦点F的直线交C于A,B两点,线段AB的中点为N,点P(12,4).当|NA|+|NP|的值最小时,点N的横坐标为 .
7.(2022广东揭阳期末)如图,A,B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,M是椭圆C上位于x轴上方的动点,直线AM,BM与直线l:x=4分别交于E,D两点,当点M的坐标为1,32时,AM=ME.
(1)求椭圆C的方程;
(2)记△MAB和△MED的面积分别为S1和S2,求S1S2的取值范围.
8.(2022重庆八中诊断)已知抛物线P:y2=2px(p>0)上的点34,a到其焦点的距离为1.
(1)求p和a的值;
(2)若直线l:y=x+m交抛物线P于A,B两点,线段AB的垂直平分线交抛物线P于C,D两点,求证:A,B,C,D四点共圆.
9.(2021江苏南通月考)某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示,AB=4(单位:十米,下同),O为AB的中点,椭圆的焦点P在对称轴OD上,点M,N在椭圆上,MN平行AB交OD于G,且G在P的右侧,△MNP为灯光区,用于美化环境.
(1)若椭圆的离心率为55,且PG=1,求△MNP的面积;
(2)若学校的另一条道路EF满足OE=3,tan∠OEF=2,为确保道路安全,要求椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于55,求半椭圆形状的小湖的最大面积.椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为πab
答案与分层梯度式解析
高考练
1.B 由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为12,0,故选B.
2.B 在双曲线C中,a=1,b=3,故c=2,故|F1F2|=2c=4.在△PF1F2中,|OP|=12|F1F2|=2,
∴△PF1F2为直角三角形.设|PF1|=m,|PF2|=n,
则m2+n2=(2c)2,|m-n|=2a,可得mn=6,∴S△PF1F2=12mn=3.故选B.
3.ACD A选项中,若m>n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x21m+y21n=1,因为m>n>0,所以0<1m<1n,所以此曲线表示椭圆,且焦点在y轴上,所以A正确.
B选项中,若m=n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=1n,所以此曲线表示圆,半径为1n,所以B不正确.
C选项中,若mn<0,则此曲线应为双曲线,mx2+ny2=0可化为y2=-mx2n,即y=±-mnx,即双曲线的渐近线方程为y=±-mnx,所以C正确.
D选项中,若m=0,n>0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=1n(x∈R),即y=±1n,表示两条直线,所以D正确.故选ACD.
4.答案 (3,15)
解析 不妨设F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2|,
由椭圆方程知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×6=12,
所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4.
设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),
则(x0+4)2+y02=64,(x0-4)2+y02=16,
所以x0=3,y0=15,即M(3,15).
5.C 设焦点为F,点A的坐标为(x0,y0),由抛物线的定义得|AF|=x0+p2,∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,∴9+p2=12,∴p=6.故选C.
6.A 设双曲线C的标准方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),由题意知|PF1|-|PF2|=2a,|PF1|=3|PF2|,两式联立解得|PF1|=3a,|PF2|=a,又|F1F2|=2c,所以在△PF1F2中,由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2,即4c2=9a2+a2-2×3a·a·cs 60°,可得ca=72,所以双曲线C的离心率e=ca=72.故选A.
7.A 由题意可得||PF1|-|PF2||=2a,
因为F1P⊥F2P,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2,
所以(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1||PF2|=4a2+2|PF1||PF2|=4c2,得|PF1||PF2|=2b2,
故S△PF1F2=12|PF1||PF2|=b2=4,
所以e=ca=c2a2=a2+b2a2=a2+4a2=5,
所以a=1.
8.答案 x=-32
解析 ∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴Pp2,p,∵OP⊥PQ,
∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|,
又∵|FQ|=6,∴p2=p2×6,∴p=3或p=0(舍去),
∴C的准线方程为x=-32.
9.答案 8
解析 如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程x216+y24=1,可得2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=43.
由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|,
又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形.
依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形,
故PF1⊥PF2.
在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(43)2=48,
由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,
解得mn=8,所以四边形PF1QF2的面积为8.
10.解析 (1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225+y22516=1.
(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,
将yP=1代入C的方程,解得xP=3或xP=-3.
由直线BP的方程得yQ=2或yQ=8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
∴|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.
综上,△APQ的面积为52.
11.解析 (1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明:①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,
所以设直线MN:x=my+2.
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-2=0,
根据对称性,不妨设直线MN:y=x-2.
联立y=x-2,x23+y2=1,消去y,整理得4x2-62x+3=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2).
故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1-x2|=2×(x1+x2)2-4x1x2=3,即必要性成立.
②再证充分性.
因为直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,所以设切点为P(x0,y0)(x0>0),M(x1,y1),N(x2,y2).
则直线MN:x0x+y0y=1且x02+y02=1.
联立x0x+y0y=1,x23+y2=1,得(y0y)2=(1-x0x)2,y02x2+3(y0y)2=3y02.
则y02x2+3(1-x0x)2=3y02,即(3x02+y02)x2-6x0x+3-3y02=0,即(2x02+1)x2-6x0x+3x02=0,所以x1+x2=6x02x02+1,x1x2=3x022x02+1,
所以|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=24x02-24x042x02+1=26x01-x022x02+1=26x0|y0|2x02+1.又kMN=-x0y0,
故|MN|=1+-x0y02|x1-x2|=1|y0|·|x1-x2|=26x02x02+1=3,即2x02-22x0+1=0,即(2x0-1)2=0,所以x0=22.故y0=±1-x02=±22.
由于MN:x0x+y0y=1,即MN:x±y=2,
故直线MN过F(2,0),即M,N,F三点共线.故充分性成立.
故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
12.解析 (1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则AG=(a,1),GB=(a,-1).
由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为x29+y2=1.
(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,
由题意可知-3由于直线PA的方程为y=t9(x+3),
所以y1=t9(x1+3).直线PB的方程为y=t3(x-3),
所以y2=t3(x2-3).可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于x229+y22=1,因此y22=-(x2+3)(x2-3)9,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),
即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0,所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得n1=-3(舍去),n2=32.
故直线CD的方程为x=my+32,
即直线CD过定点32,0.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.
综上,直线CD过定点32,0.
13.解析 (1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以结合双曲线的定义知,点M的轨迹C是以F1,F2为焦点的双曲线的右支.
设其方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0,x≥a),则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,
则b2=c2-a2=(17)2-12=16,
所以C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x-12,
由y=k1x-12+m,x2-y216=1(x≥1),
得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=k12-2k1mk12-16,x1x2=14k12+m2-k1m+16k12-16,
则|TA|=1+k12x1-12,|TB|=1+k12x2-12,
所以|TA|·|TB|=(1+k12)·x1-12x2-12=(m2+12)(1+k12)k12-16.
设直线PQ的方程为y-m=k2x-12,
同理,得|TP|·|TQ|=(m2+12)(1+k22)k22-16.
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以(m2+12)(1+k12)k12-16=(m2+12)(1+k22)k22-16,
所以1+k12k12-16=1+k22k22-16,即k12=k22,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
14.解析 (1)由题设得yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以S△PQG=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此,△PQG面积的最大值为169.
模拟练
1.B 依题意,得|MF1|-|MF2|=2a①,|MF1|+|MF2|=p2②,联立①②,解得|MF1|=a+p4,|MF2|=p4-a.由F1F2为直径,易得四边形F1NF2M为矩形,
∴S=|MF1|·|MF2|=p42-a2,即p232=p216-a2,即p2=32a2.由|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2,得2a2+p28=4c2,即3a2=2c2,∴a2=2b2,∴ba=22,∴该双曲线的渐近线方程为y=±22x,故选B.
2.C ∵|AF2|=2|BF2|,∴|AB|=3|BF2|,
又|AB|=|BF1|,∴|BF1|=3|BF2|,
又|BF1|+|BF2|=2a,∴|BF2|=a2,
∴|AF2|=a,|BF1|=32a.连接AF1.
∵|AF1|+|AF2|=2a,
∴|AF1|=a,∴|AF1|=|AF2|,∴A在y轴上.
在Rt△AF2O中,cs∠AF2O=2a,在△BF1F2中,由余弦定理可得cs∠BF2F1=16+a22-32a22×4×a2=8-a22a.由cs∠AF2O+cs∠BF2F1=0,可得2a+8-a22a=0,解得a2=12,∴b2=a2-c2=12-4=8,∴椭圆C的方程为x212+y28=1.故选C.
3.C 设椭圆的一个短轴端点为A.由题意可知,若焦点在x轴上,则a2=3,b2=m(03),b2=3,c2=m-3,
由题意,得∠F1AF2≥120°,∴∠F1AO≥60°,
∴tan∠F1AO=cb≥tan 60°,所以c≥3b,∴m-3≥9,解得m≥12.故m的取值范围是0,34∪[12,+∞).故选C.
4.BC 抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F0,p2,准线方程为y=-p2,
由点E(t,2)到焦点F的距离等于3,可得2+p2=3,解得p=2,
则抛物线C的方程为x2=4y,准线方程为y=-1,故A错误,B正确;
由题知直线l的斜率存在,F(0,1),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+1,
联立y=kx+1,x2=4y,消去y,得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4,
所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,所以AB的中点Q的坐标为(2k,2k2+1),
所以AB=y1+y2+p=4k2+2+2=4k2+4,故线段AB的最小值是4,故D错误;
易知圆Q的半径r=2k2+2,
在等腰三角形QMN中,sin∠QMN=|yQ|r=2k2+12k2+2=1-12k2+2≥1-12=12,
当且仅当k=0时取等号,所以sin∠QMN的最小值为12,故C正确.
故选BC.
5.答案 12
解析 连接PF2.如图,因为P,Q两点关于原点O对称,所以△PF1Q的面积等于△PF1F2的面积.
因为直线PF1与圆x2+y2=r2相切于点M,所以OM⊥PF1.因为2OM=OP+OF1,所以M为PF1的中点,又O为F1F2的中点,所以OM∥PF2,则PF2⊥PF1.由双曲线C:x216-y212=1,得a=4,c=16+12=27.设|PF1|=m,|PF2|=n,则有|m-n|=2a=8.因为PF2⊥PF1,所以m2+n2=(2c)2=112,所以2mn=(m2+n2)-(m-n)2=112-64=48,所以mn=24,所以△PF1F2的面积等于12mn=12,即△PF1Q的面积为12.
6.答案 9
解析 如图,设抛物线C的准线为l,作BD⊥l,NG⊥l,AE⊥l,垂足分别为D,G,E,则|AB|=|BF|+|AF|=|BD|+|AE|=2|NG|,∴|NA|=|NG|,∴|NA|+|NP|=|NG|+|NP|,∵点P到直线l的距离为13,∴|NG|+|NP|≥13,当且仅当G,N,P三点共线且N在G,P之间时,|NG|+|NP|=|PG|=13,此时,点N的纵坐标yN=4.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+1(m≠0),将其代入y2=4x,得y2-4my-4=0,则y1+y2=4m.当G,N,P三点共线时,y1+y2=2yN=8,∴4m=8,∴m=2,故直线AB的方程为x=2y+1,N(9,4),∴当|NA|+|NP|的值最小时,点N的横坐标为9.
7.解析 (1)由题意可知,A(-a,0),点E的横坐标为4.因为点M的坐标为1,32,AM=ME,所以1-(-a)=4-1,解得a=2,
将M1,32代入椭圆C的方程,可得14+34b2=1,解得b=1(负值舍去),
所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)由(1)知,A(-2,0),设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),M(x0,y0),易得E(4,6k),
联立y=k(x+2),x24+y2=1,消去y并整理,得(4k2+1)x2+16k2x+16k2-4=0,则-2x0=16k2-44k2+1,
所以x0=2-8k24k2+1,所以y0=4k4k2+1,
所以M2-8k24k2+1,4k4k2+1,
则S1=12|AB||y0|=8k4k2+1.
因为B(2,0),所以kBM=-14k,
所以直线BM的方程为y=-14k(x-2),
所以D4,-12k,
则S2=12|ED||4-x0|=126k+12k·4-2-8k24k2+1=(12k2+1)22k(1+4k2),
所以S1S2=16k2(12k2+1)2=16k2144k4+24k2+1=16144k2+1k2+24≤162144k2·1k2+24=13,
当且仅当144k2=1k2,即k=36时取等号,
所以S1S2的取值范围为0,13.
8.解析 (1)∵抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-p2,点34,a到其焦点的距离为1,∴p2+34=1,∴p=12,
∴抛物线P的方程为y2=x.
∵点34,a在抛物线P上,∴a2=34,∴a=±32.
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y2=x,y=x+m,消去x并整理,得y2-y+m=0,
则y1+y2=1,y1y2=m,且Δ=1-4m>0,即m<14,
则|AB|=1+112·|y1-y2|=2·(y1+y2)2-4y1y2=2-8m.
设线段AB的中点为M,∴点M的纵坐标为y1+y22=12,∴点M的横坐标为12-m,∴M12-m,12.
∵直线CD为线段AB的垂直平分线,
∴直线CD的方程为y=-x+1-m.
设C(x3,y3),D(x4,y4),
联立y2=x,y=-x+1-m,消去x并整理,得y2+y+m-1=0,
则y3+y4=-1,y3y4=m-1,
故|CD|=1+1(-1)2·|y3-y4|=2·(y3+y4)2-4y3y4=10-8m.
设线段CD的中点为N,则N32-m,-12.
∵12|CD|2=14(10-8m)=5-4m2,
|AN|2=|AM|2+|MN|2=122-8m2+2=5-4m2,
∴|AN|=12|CD|,
∴点A在以CD为直径的圆上,
同理,点B也在以CD为直径的圆上,
故A,B,C,D四点共圆.
9.解析 (1)以AB所在的直线为y轴,OD所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意可知,b=2,e=ca=55,又a2=b2+c2,∴a=5,c=1,
∴椭圆的方程为x25+y24=1,
易知xG=2,∴yM=255,
则S△PMN=12×1×455=255(百平方米).
(2)由题意可知直线EF的方程为x+2y-6=0,
设平行于直线EF且与椭圆相切的直线为l:x+2y+m=0(m≠-6).
因为椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于55,所以椭圆的面积最大时,直线l与直线EF之间的距离为55,可得|m+6|5=55,
解得m=-5或m=-7(舍去).
设椭圆的方程为x2a2+y24=1(a>0),
由x2a2+y24=1,x+2y-5=0,得(a2+16)x2-10a2x+9a2=0,
∴Δ=0,∴a2=9,即a=3,
∴12×3×2×π=3π(百平方米),
即半椭圆形状的小湖的最大面积为3π百平方米.
考点1 圆锥曲线的定义及标准方程
1.(2020全国Ⅲ理,5)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为( )
A.14,0 B.12,0 C.(1,0) D.(2,0)
2.(2020全国Ⅰ文,11)设F1,F2是双曲线C:x2-y23=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为( )
A.72 B.3 C.52 D.2
3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9)已知曲线C:mx2+ny2=1.( )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为n
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±-mnx
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
4.(2019课标全国Ⅲ文,15)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
考点2 圆锥曲线的几何性质
5.(2020全国Ⅰ理,4)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=( )
A.2 B.3 C.6 D.9
6.(2021全国甲理,5)已知F1,F2是双曲线C的两个焦点,P为C上一点,且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|,则C的离心率为( )
A.72 B.132 C.7 D.13
7.(2020全国Ⅲ理,11)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为5.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=( )
A.1 B.2 C.4 D.8
8.(2021新高考Ⅰ,14)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为 .
9.(2021全国甲文,16)已知F1,F2为椭圆C:x216+y24=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为 .
考点3 直线与圆锥曲线的位置关系
10.(2020全国Ⅲ理,20)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0
(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.
11.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
考点4 与圆锥曲线有关的定点、定值及探究性问题
12.(2020全国Ⅰ理,20)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
13.(2021新高考Ⅰ,21)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
14.(2019课标全国Ⅱ理,21)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
模拟练
应用实践
1.(2022湖南张家界期末)已知F1,F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为M,N,设四边形F1NF2M的周长为p,面积为S,且满足32S=p2,则该双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±12x B.y=±22x
C.y=±32x D.y=±233x
2.(2022湖南郴州月考)已知椭圆C的焦点为F1(-2,0),F2(2,0),过F2的直线与C交于A,B两点,若|AF2|=2|BF2|,|AB|=|BF1|,则椭圆C的方程为( )
A.x212+y24=1 B.x216+y212=1
C.x212+y28=1 D.x220+y216=1
3.(2022江苏如皋期末)设F1,F2是椭圆C:x23+y2m=1的两个焦点,若椭圆C上存在点M满足∠F1MF2=120°,则m的取值范围是( )
A.0,34∪[4,+∞) B.0,94∪[4,+∞)
C.0,34∪[12,+∞) D.0,94∪[12,+∞)
4.(多选)(2021江苏镇江中学期初)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,以线段AB为直径的圆交x轴于M,N两点,设线段AB的中点为Q.若抛物线C上存在一点E(t,2)到焦点F的距离等于3,则下列说法正确的是( )
A.抛物线的方程是x2=2y
B.抛物线的准线方程是y=-1
C.sin∠QMN的最小值是12
D.线段AB的最小值是6
5.(2022河南名校联盟期末)已知点P在双曲线C:x216-y212=1上,若P,Q两点关于原点O对称,直线PF1与圆x2+y2=r2相切于点M且2OM=OP+OF1,其中F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点,则△PF1Q的面积为 .
6.(2022四川蓉城名校联盟期末)过抛物线C:y2=4x的焦点F的直线交C于A,B两点,线段AB的中点为N,点P(12,4).当|NA|+|NP|的值最小时,点N的横坐标为 .
7.(2022广东揭阳期末)如图,A,B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,M是椭圆C上位于x轴上方的动点,直线AM,BM与直线l:x=4分别交于E,D两点,当点M的坐标为1,32时,AM=ME.
(1)求椭圆C的方程;
(2)记△MAB和△MED的面积分别为S1和S2,求S1S2的取值范围.
8.(2022重庆八中诊断)已知抛物线P:y2=2px(p>0)上的点34,a到其焦点的距离为1.
(1)求p和a的值;
(2)若直线l:y=x+m交抛物线P于A,B两点,线段AB的垂直平分线交抛物线P于C,D两点,求证:A,B,C,D四点共圆.
9.(2021江苏南通月考)某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示,AB=4(单位:十米,下同),O为AB的中点,椭圆的焦点P在对称轴OD上,点M,N在椭圆上,MN平行AB交OD于G,且G在P的右侧,△MNP为灯光区,用于美化环境.
(1)若椭圆的离心率为55,且PG=1,求△MNP的面积;
(2)若学校的另一条道路EF满足OE=3,tan∠OEF=2,为确保道路安全,要求椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于55,求半椭圆形状的小湖的最大面积.椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为πab
答案与分层梯度式解析
高考练
1.B 由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由x=2,y2=2px得D(2,2p),E(2,-2p),∵OD⊥OE,∴OD·OE=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为12,0,故选B.
2.B 在双曲线C中,a=1,b=3,故c=2,故|F1F2|=2c=4.在△PF1F2中,|OP|=12|F1F2|=2,
∴△PF1F2为直角三角形.设|PF1|=m,|PF2|=n,
则m2+n2=(2c)2,|m-n|=2a,可得mn=6,∴S△PF1F2=12mn=3.故选B.
3.ACD A选项中,若m>n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x21m+y21n=1,因为m>n>0,所以0<1m<1n,所以此曲线表示椭圆,且焦点在y轴上,所以A正确.
B选项中,若m=n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=1n,所以此曲线表示圆,半径为1n,所以B不正确.
C选项中,若mn<0,则此曲线应为双曲线,mx2+ny2=0可化为y2=-mx2n,即y=±-mnx,即双曲线的渐近线方程为y=±-mnx,所以C正确.
D选项中,若m=0,n>0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=1n(x∈R),即y=±1n,表示两条直线,所以D正确.故选ACD.
4.答案 (3,15)
解析 不妨设F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2|,
由椭圆方程知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×6=12,
所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4.
设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),
则(x0+4)2+y02=64,(x0-4)2+y02=16,
所以x0=3,y0=15,即M(3,15).
5.C 设焦点为F,点A的坐标为(x0,y0),由抛物线的定义得|AF|=x0+p2,∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,∴9+p2=12,∴p=6.故选C.
6.A 设双曲线C的标准方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),由题意知|PF1|-|PF2|=2a,|PF1|=3|PF2|,两式联立解得|PF1|=3a,|PF2|=a,又|F1F2|=2c,所以在△PF1F2中,由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2,即4c2=9a2+a2-2×3a·a·cs 60°,可得ca=72,所以双曲线C的离心率e=ca=72.故选A.
7.A 由题意可得||PF1|-|PF2||=2a,
因为F1P⊥F2P,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2,
所以(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1||PF2|=4a2+2|PF1||PF2|=4c2,得|PF1||PF2|=2b2,
故S△PF1F2=12|PF1||PF2|=b2=4,
所以e=ca=c2a2=a2+b2a2=a2+4a2=5,
所以a=1.
8.答案 x=-32
解析 ∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴Pp2,p,∵OP⊥PQ,
∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|,
又∵|FQ|=6,∴p2=p2×6,∴p=3或p=0(舍去),
∴C的准线方程为x=-32.
9.答案 8
解析 如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程x216+y24=1,可得2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=43.
由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|,
又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形.
依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形,
故PF1⊥PF2.
在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(43)2=48,
由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,
解得mn=8,所以四边形PF1QF2的面积为8.
10.解析 (1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225+y22516=1.
(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,
将yP=1代入C的方程,解得xP=3或xP=-3.
由直线BP的方程得yQ=2或yQ=8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
∴|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.
综上,△APQ的面积为52.
11.解析 (1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明:①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,
所以设直线MN:x=my+2.
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-2=0,
根据对称性,不妨设直线MN:y=x-2.
联立y=x-2,x23+y2=1,消去y,整理得4x2-62x+3=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2).
故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1-x2|=2×(x1+x2)2-4x1x2=3,即必要性成立.
②再证充分性.
因为直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,所以设切点为P(x0,y0)(x0>0),M(x1,y1),N(x2,y2).
则直线MN:x0x+y0y=1且x02+y02=1.
联立x0x+y0y=1,x23+y2=1,得(y0y)2=(1-x0x)2,y02x2+3(y0y)2=3y02.
则y02x2+3(1-x0x)2=3y02,即(3x02+y02)x2-6x0x+3-3y02=0,即(2x02+1)x2-6x0x+3x02=0,所以x1+x2=6x02x02+1,x1x2=3x022x02+1,
所以|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=24x02-24x042x02+1=26x01-x022x02+1=26x0|y0|2x02+1.又kMN=-x0y0,
故|MN|=1+-x0y02|x1-x2|=1|y0|·|x1-x2|=26x02x02+1=3,即2x02-22x0+1=0,即(2x0-1)2=0,所以x0=22.故y0=±1-x02=±22.
由于MN:x0x+y0y=1,即MN:x±y=2,
故直线MN过F(2,0),即M,N,F三点共线.故充分性成立.
故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
12.解析 (1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则AG=(a,1),GB=(a,-1).
由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为x29+y2=1.
(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,
由题意可知-3
所以y1=t9(x1+3).直线PB的方程为y=t3(x-3),
所以y2=t3(x2-3).可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于x229+y22=1,因此y22=-(x2+3)(x2-3)9,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),
即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0,所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得n1=-3(舍去),n2=32.
故直线CD的方程为x=my+32,
即直线CD过定点32,0.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.
综上,直线CD过定点32,0.
13.解析 (1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以结合双曲线的定义知,点M的轨迹C是以F1,F2为焦点的双曲线的右支.
设其方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0,x≥a),则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,
则b2=c2-a2=(17)2-12=16,
所以C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x-12,
由y=k1x-12+m,x2-y216=1(x≥1),
得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=k12-2k1mk12-16,x1x2=14k12+m2-k1m+16k12-16,
则|TA|=1+k12x1-12,|TB|=1+k12x2-12,
所以|TA|·|TB|=(1+k12)·x1-12x2-12=(m2+12)(1+k12)k12-16.
设直线PQ的方程为y-m=k2x-12,
同理,得|TP|·|TQ|=(m2+12)(1+k22)k22-16.
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以(m2+12)(1+k12)k12-16=(m2+12)(1+k22)k22-16,
所以1+k12k12-16=1+k22k22-16,即k12=k22,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
14.解析 (1)由题设得yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以S△PQG=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此,△PQG面积的最大值为169.
模拟练
1.B 依题意,得|MF1|-|MF2|=2a①,|MF1|+|MF2|=p2②,联立①②,解得|MF1|=a+p4,|MF2|=p4-a.由F1F2为直径,易得四边形F1NF2M为矩形,
∴S=|MF1|·|MF2|=p42-a2,即p232=p216-a2,即p2=32a2.由|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2,得2a2+p28=4c2,即3a2=2c2,∴a2=2b2,∴ba=22,∴该双曲线的渐近线方程为y=±22x,故选B.
2.C ∵|AF2|=2|BF2|,∴|AB|=3|BF2|,
又|AB|=|BF1|,∴|BF1|=3|BF2|,
又|BF1|+|BF2|=2a,∴|BF2|=a2,
∴|AF2|=a,|BF1|=32a.连接AF1.
∵|AF1|+|AF2|=2a,
∴|AF1|=a,∴|AF1|=|AF2|,∴A在y轴上.
在Rt△AF2O中,cs∠AF2O=2a,在△BF1F2中,由余弦定理可得cs∠BF2F1=16+a22-32a22×4×a2=8-a22a.由cs∠AF2O+cs∠BF2F1=0,可得2a+8-a22a=0,解得a2=12,∴b2=a2-c2=12-4=8,∴椭圆C的方程为x212+y28=1.故选C.
3.C 设椭圆的一个短轴端点为A.由题意可知,若焦点在x轴上,则a2=3,b2=m(0
由题意,得∠F1AF2≥120°,∴∠F1AO≥60°,
∴tan∠F1AO=cb≥tan 60°,所以c≥3b,∴m-3≥9,解得m≥12.故m的取值范围是0,34∪[12,+∞).故选C.
4.BC 抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F0,p2,准线方程为y=-p2,
由点E(t,2)到焦点F的距离等于3,可得2+p2=3,解得p=2,
则抛物线C的方程为x2=4y,准线方程为y=-1,故A错误,B正确;
由题知直线l的斜率存在,F(0,1),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+1,
联立y=kx+1,x2=4y,消去y,得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4,
所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,所以AB的中点Q的坐标为(2k,2k2+1),
所以AB=y1+y2+p=4k2+2+2=4k2+4,故线段AB的最小值是4,故D错误;
易知圆Q的半径r=2k2+2,
在等腰三角形QMN中,sin∠QMN=|yQ|r=2k2+12k2+2=1-12k2+2≥1-12=12,
当且仅当k=0时取等号,所以sin∠QMN的最小值为12,故C正确.
故选BC.
5.答案 12
解析 连接PF2.如图,因为P,Q两点关于原点O对称,所以△PF1Q的面积等于△PF1F2的面积.
因为直线PF1与圆x2+y2=r2相切于点M,所以OM⊥PF1.因为2OM=OP+OF1,所以M为PF1的中点,又O为F1F2的中点,所以OM∥PF2,则PF2⊥PF1.由双曲线C:x216-y212=1,得a=4,c=16+12=27.设|PF1|=m,|PF2|=n,则有|m-n|=2a=8.因为PF2⊥PF1,所以m2+n2=(2c)2=112,所以2mn=(m2+n2)-(m-n)2=112-64=48,所以mn=24,所以△PF1F2的面积等于12mn=12,即△PF1Q的面积为12.
6.答案 9
解析 如图,设抛物线C的准线为l,作BD⊥l,NG⊥l,AE⊥l,垂足分别为D,G,E,则|AB|=|BF|+|AF|=|BD|+|AE|=2|NG|,∴|NA|=|NG|,∴|NA|+|NP|=|NG|+|NP|,∵点P到直线l的距离为13,∴|NG|+|NP|≥13,当且仅当G,N,P三点共线且N在G,P之间时,|NG|+|NP|=|PG|=13,此时,点N的纵坐标yN=4.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+1(m≠0),将其代入y2=4x,得y2-4my-4=0,则y1+y2=4m.当G,N,P三点共线时,y1+y2=2yN=8,∴4m=8,∴m=2,故直线AB的方程为x=2y+1,N(9,4),∴当|NA|+|NP|的值最小时,点N的横坐标为9.
7.解析 (1)由题意可知,A(-a,0),点E的横坐标为4.因为点M的坐标为1,32,AM=ME,所以1-(-a)=4-1,解得a=2,
将M1,32代入椭圆C的方程,可得14+34b2=1,解得b=1(负值舍去),
所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)由(1)知,A(-2,0),设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),M(x0,y0),易得E(4,6k),
联立y=k(x+2),x24+y2=1,消去y并整理,得(4k2+1)x2+16k2x+16k2-4=0,则-2x0=16k2-44k2+1,
所以x0=2-8k24k2+1,所以y0=4k4k2+1,
所以M2-8k24k2+1,4k4k2+1,
则S1=12|AB||y0|=8k4k2+1.
因为B(2,0),所以kBM=-14k,
所以直线BM的方程为y=-14k(x-2),
所以D4,-12k,
则S2=12|ED||4-x0|=126k+12k·4-2-8k24k2+1=(12k2+1)22k(1+4k2),
所以S1S2=16k2(12k2+1)2=16k2144k4+24k2+1=16144k2+1k2+24≤162144k2·1k2+24=13,
当且仅当144k2=1k2,即k=36时取等号,
所以S1S2的取值范围为0,13.
8.解析 (1)∵抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-p2,点34,a到其焦点的距离为1,∴p2+34=1,∴p=12,
∴抛物线P的方程为y2=x.
∵点34,a在抛物线P上,∴a2=34,∴a=±32.
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y2=x,y=x+m,消去x并整理,得y2-y+m=0,
则y1+y2=1,y1y2=m,且Δ=1-4m>0,即m<14,
则|AB|=1+112·|y1-y2|=2·(y1+y2)2-4y1y2=2-8m.
设线段AB的中点为M,∴点M的纵坐标为y1+y22=12,∴点M的横坐标为12-m,∴M12-m,12.
∵直线CD为线段AB的垂直平分线,
∴直线CD的方程为y=-x+1-m.
设C(x3,y3),D(x4,y4),
联立y2=x,y=-x+1-m,消去x并整理,得y2+y+m-1=0,
则y3+y4=-1,y3y4=m-1,
故|CD|=1+1(-1)2·|y3-y4|=2·(y3+y4)2-4y3y4=10-8m.
设线段CD的中点为N,则N32-m,-12.
∵12|CD|2=14(10-8m)=5-4m2,
|AN|2=|AM|2+|MN|2=122-8m2+2=5-4m2,
∴|AN|=12|CD|,
∴点A在以CD为直径的圆上,
同理,点B也在以CD为直径的圆上,
故A,B,C,D四点共圆.
9.解析 (1)以AB所在的直线为y轴,OD所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系,
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意可知,b=2,e=ca=55,又a2=b2+c2,∴a=5,c=1,
∴椭圆的方程为x25+y24=1,
易知xG=2,∴yM=255,
则S△PMN=12×1×455=255(百平方米).
(2)由题意可知直线EF的方程为x+2y-6=0,
设平行于直线EF且与椭圆相切的直线为l:x+2y+m=0(m≠-6).
因为椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于55,所以椭圆的面积最大时,直线l与直线EF之间的距离为55,可得|m+6|5=55,
解得m=-5或m=-7(舍去).
设椭圆的方程为x2a2+y24=1(a>0),
由x2a2+y24=1,x+2y-5=0,得(a2+16)x2-10a2x+9a2=0,
∴Δ=0,∴a2=9,即a=3,
∴12×3×2×π=3π(百平方米),
即半椭圆形状的小湖的最大面积为3π百平方米.
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