2021年高考数学二轮复习大题专项练《解析几何》二(含答案)

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2021年高考数学二轮复习大题专项练《解析几何》二1.已知椭圆C的离心率为，长轴的左、右端点分别为A1(-2,0),A2(2,0).（1）求椭圆C的方程；（2）设直线x=my+1与椭圆C交于P，Q两点，直线A1P，A2Q交于S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.       2.设椭圆＋=1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y2=2px(p＞0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为，求直线AP的方程.             3.已知椭圆的左、右焦点分别为F1,F2，若椭圆经过点，且△PF1F2的面积为2．              （1）求椭圆C的标准方程；              （2）设斜率为1的直线与以原点为圆心，半径为的圆交于A,B两点，与椭圆C交于C,D两点，且|CD|=λ|AB|(λ∈R*)，当λ取得最小值时，求直线的方程．           4.已知椭圆C：＋=1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋=t，其中t∈，求|AB|的取值范围．                 5.已知椭圆C：的长轴长为4，两准线间距离为．设A为椭圆C的左顶点，直线l过点D(1,0)，且与椭圆C相交于E，F两点．（1）求椭圆C的方程；（2）若△AEF的面积为，求直线l的方程；（3）已知直线AE，AF分别交直线x=3于点M,N，线段MN的中点为Q，设直线l和QD的斜率分别为k(k≠0)，k/，求证：k·k/为定值．         6.在平面直角坐标系中，直线x－y＋m=0不过原点，且与椭圆＋=1有两个不同的公共点A，B.(1)求实数m的取值所组成的集合M；(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．                7.已知椭圆的左、右焦点为别为F1、F2，且过点和．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，点A为椭圆上一位于x轴上方的动点，AF2的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C，求△ABC面积的最大值，并写出取到最大值时直线BC的方程．            8.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，且y1y2=-4.（1）求拋物线方程；（2）设点B在准线l上的投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.      9.如图，在直角坐标系xOy中，椭圆C：＋=1(a＞b＞0)的上焦点为F1，椭圆C的离心率为，且过点.(1)求椭圆C的方程；(2)设过椭圆C的上顶点A的直线l与椭圆C交于点B(B不在y轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与x轴交于点H，若·=0，且|MO|=|MA|，求直线l的方程．           10.已知点M是椭圆C：＋=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|=4，∠F1MF2=60°，△F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．                  
答案解析11.解：（1）设椭圆C的方程为，，，，，椭圆C的方程为；（2）取，得，，直线的方程是，直线的方程是，交点为.若，，由对称性可知，若点S在同一条直线上，则直线只能为l：.以下证明对于任意的m，直线与的交点S均在直线l：上，事实上，由，得，记，，则，，记与l交于点，由，得，设与交于点，由，得，，，即与重合，这说明，当m变化时，点S恒在定直线l：上.12.解：(1)设F的坐标为(－c,0).依题意，=，=a，a－c=，解得a=1，c=，p=2，于是b2=a2－c2=.所以，椭圆的方程为x2＋=1，抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my＋1(m≠0)，与直线l的方程x=－1联立，可得点P，故Q.将x=my＋1与x2＋=1联立，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my=0，解得y=0或y=.由点B异于点A，可得点B.由Q，可得直线BQ的方程为(x＋1)－=0，令y=0，解得x=，故D.所以|AD|=1－=.又因为△APD的面积为，故××=，整理得3m2－2|m|＋2=0，解得|m|=，所以m=±.所以，直线AP的方程为3x＋y－3=0或3x－y－3=0. 13.解：  14.解：(1)依题意得解得∴椭圆C的方程为＋y2=1.(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x－2)．由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2=0，∴Δ=8(1－2k2)＞0，解得k2＜.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=，x1x2=，y1＋y2=k(x1＋x2－4)=－.由＋=t，得P，代入椭圆C的方程得t2=.由＜t＜2，得＜k2＜，∴|AB|=·=2.令u=，则u∈，∴|AB|=2∈.∴|AB|的取值范围为.   15.解:（1）由题意可知，，，解得，，因为，解得，所以椭圆的方程为；（2）因为，所以，所以，设直线：，代入椭圆，整理得，，所以，即，解得，即，所以直线的方程为；（3）设直线：，代入椭圆，整理得，，设，，所以，所以，，直线的方程为，令，解得点坐标为，同理可得点坐标为，因为为，中点，所以 ，将，代入上式子，整理得，所以，所以.16.解：(1)因为直线x－y＋m=0不过原点，所以m≠0.将x－y＋m=0与＋=1联立，消去y，得4x2＋2mx＋m2－4=0.因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ=8m2－16(m2－4)>0，所以－2<m<2.故实数m的取值所组成的集合M为(－2，0)∪(0,2)．(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，即kPA＋kPB=0.令A(x1，x1＋m)，B(x2，x2＋m)，则＋=0，整理得2x1x2＋(m－x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)=0.(*)由(1)知x1＋x2=－，x1x2=，代入(*)式化简得m＋2(x0y0－)=0，则解得或所以定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．经检验，此两点均满足题意．故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．  17.解：（1）将两点代入椭圆方程，有解得，所以椭圆的标准方程为．（2）因为A在x轴上方，可知AF2斜率不为0，故可以设AF2的方程为x=ty+1，，得，所以，设原点到直线AF2的距离为d，则，所以S△ABC=2S△OAB===，△ABC面积的最大值为．在t=0时取到等号成立，此时AB的方程为：x=1，可得，A（1，），B（1，-），C（-1，），此时BC的方程为：y=，18.解：  19.解：(1)因为椭圆C的离心率为，所以=，即a=2c.又a2=b2＋c2，所以b2=3c2，即b2=a2，所以椭圆C的方程为＋=1.把点代入椭圆C的方程中，解得a2=4.所以椭圆C的方程为＋=1.(2)由(1)知，A(0,2)，设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y=kx＋2，由得(3k2＋4)x2＋12kx=0.设B(xB，yB)，得xB=，所以yB=，所以B.设M(xM，yM)，因为|MO|=|MA|，所以点M在线段OA的垂直平分线上，所以yM=1，因为yM=kxM＋2，所以xM=－，即M.设H(xH,0)，又直线HM垂直于直线l，所以kMH=－，即=－.所以xH=k－，即H.又F1(0,1)，所以=，=.因为·=0，所以·－=0，解得k=±.所以直线l的方程为y=±x＋2.  20.解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°=，得|MF1||MF2|=.由余弦定理，得|F1F2|2=|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°=(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cos 60°)，从而2a=|MF1|＋|MF2|=4，即a=2，从而b=2，故椭圆C的方程为＋=1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2=k(x＋1)，由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k=0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－，x1x2=.从而k1＋k2=＋==2k－(k－4)=4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1＋k2=4.综上，恒有k1＋k2=4.