2021年高考数学二轮复习大题专项练《解析几何》四(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》四1.已知抛物线C：y2=2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，=λ，=μ，求证：＋为定值.            2.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆C：(a＞b＞0)的短轴长为2，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，过点F2的动直线与椭圆交于点P，Q，过点F2与PQ垂直的直线与椭圆C交于A、B两点.当直线AB过原点时，PF1=3PF2.（1）求椭圆的标准方程；（2）若点H(3，0)，记直线PH，QH，AH，BH的斜率依次为k1，k2，k3，k4.①若，求直线PQ的斜率；②求(k1+k2)(k3+k4)的最小值.           3.已知直线l过点P(2,0)且与抛物线E：y2=4x相交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A在第四象限，O为坐标原点．(1)当A是PC中点时，求直线l的方程；(2)以AB为直径的圆交直线OB于点D，求|OB|·|OD|的值．               4.平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2=2y的焦点F是C的一个顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.①求证：点M在定直线上；②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标.            5.设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8.(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．                6.已知离心率为的椭圆＋=1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|=.(1)求此椭圆的方程；(2)已知直线y=kx＋2与椭圆交于C，D两点，若以线段CD为直径的圆过点E(－1,0)，求k的值．                       7.在平面直角坐标系中，已知椭圆C的中心为坐标原点O,焦点在轴上，右顶点A(2,0)到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若M,N是椭圆C上关于轴对称的任意两点，设P(-4,0)，连接PM交椭圆C于另一点E．求证：直线NE过定点B并求出点B的坐标；（3）在（2）的条件下，过点B的直线交椭圆C于S,T两点，求的取值范围．             8.已知椭圆C：（）的离心率是，原点到直线的距离等于. （1）求椭圆C的标准方程.（2）已知点Q(0,3)，若椭圆C上总存在两个点A,B关于直线y=x+m对称，且，求实数m的取值范围．                9.已知椭圆C：＋=1(a＞b＞0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设=＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．                10.已知椭圆：的离心率，过椭圆的左焦点F且倾斜角为的直线与圆x2+y2=b2相交所得弦长为.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在过点P(0,3)的直线l与椭圆C交于A,B两点，且∣PA∣=2∣AB∣，若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由．                   
答案解析11.解：(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2)，所以2p=4，即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x，由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx＋1(k≠0).由得k2x2＋(2k－4)x＋1=0.依题意Δ=(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1＋x2=－，x1x2=.直线PA的方程为y－2=(x－1).令x=0，得点M的纵坐标为yM=＋2=＋2.同理得点N的纵坐标为yN=＋2.由Q=λ Q，Q=μ Q得λ=1－yM，μ=1－yN.所以＋=＋=＋=·=·=2.所以＋为定值. 12.解：（1）因为椭圆C：(a＞b＞0)的短轴长为2，所以b=1，当直线AB过原点时，PQ^x轴，所以△PF1F2为直角三角形，由定义知PF1＋PF2=2a，而PF1=3PF2，故，，由得，化简得a2=2，故椭圆的方程为.（2）①设直线PQ：，代入到椭圆方程得：，设P(，)，Q(，)，则，，所以所以，解得：或，即为直线PQ的斜率.②当这两条直线中有一条与坐标轴垂直时，，当两条直线与坐标轴都不垂直时，由①知，同理可得故，当且仅当即k=±1时取等号.综上，的最小值为.13.解：(1)∵A是PC的中点，P(2,0)，C在y轴上，∴A点的横坐标为1，又A在第四象限，∴A(1，－2)．∴直线l的方程为y=2x－4.(2)显然直线l的斜率不为0，设l的方程为x=my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组消去x得y2－4my－8=0，∴y1y2=－8，故x1x2=·=4，∵D在以AB为直径的圆上，且在直线OB上，∴⊥，设=λ=(λx2，λy2)，则=－=(λx2－x1，λy2－y1)，∴·=(λx2－x1)λx2＋(λy2－y1)λy2=0，即λ2x－4λ＋λ2y＋8λ=0，易知λ≠0，∴λ(x＋y)=－4.∴|OB|·|OD|=·=|λ|(x＋y)=4.  14.(2)①证明:设P(m,0.5m2)(m>0)，由x2=2y，可得y′=x，所以直线l的斜率为m，因此直线l的方程为y－0.5m2=m(x－m).即y=mx－0.5m2. 15.解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y=k(x－1)(k>0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2=0.Δ=16k2＋16>0，故x1＋x2=.所以|AB|=|AF|＋|BF|=(x1＋1)＋(x2＋1)=.由题设知=8，解得k=1或k=－1(舍去)．因此l的方程为y=x－1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2=－(x－3)，即y=－x＋5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则解得或因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2=16或(x－11)2＋(y＋6)2=144.  16.解：(1)设焦距为2c，∵e==，a2=b2＋c2，∴=.由题意可知=，∴b=1，a=，∴椭圆的方程为＋y2=1.(2)将y=kx＋2代入椭圆方程，得(1＋3k2)x2＋12kx＋9=0，又直线与椭圆有两个交点，所以Δ=(12k)2－36(1＋3k2)＞0，解得k2＞1.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2=－，x1x2=.若以CD为直径的圆过E点，则·=0，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2=0，而y1y2=(kx1＋2)(kx2＋2)=k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2=(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5=－＋5=0，解得k=，满足k2＞1，所以k=.  17.解：(1)设椭圆的标准方程焦距为,由题意得,由,可得则,所以椭圆的标准方程为；证明：根据对称性,直线过的定点一定在轴上,由题意可知直线PM的斜率存在,设直线PM的方程为,联立,消去得到,设点,则．所以,所以的方程为,令得,将,代入上式并整理,,整理得,所以,直线与轴相交于定点．当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,此时,当过点的直线斜率存在时,设直线的方程为,且在椭圆上,联立方程组,消去y,整理得,则．所以所以,所以,由得,综上可得,的取值范围是．18.解:（1）因为椭圆的离心率是，原点到直线的距离等于，所以，解得，所以椭圆的标准方程为．（2）根据题意可设直线的方程为，联立，整理得，由，得．设，则 又设的中点为，则.由于点在直线上，所以，得代入，得，所以，因为，所以.由，得，即，所以，即，所以，解得. 实数m的取值范围为.19.解：(1)由题意知2c=4，即c=2，则椭圆C的方程为＋=1，因为点P在椭圆C上，所以＋=1，解得a2=5或a2=(舍去)，所以椭圆C的方程为＋y2=1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由＋=得，D(x1＋x2，y1＋y2)，所以直线AB的斜率kAB=，直线OD的斜率kOD=，由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)=0，即·=－，所以kAB·kOD=－.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.  20.解:（1）由题意可得，过椭圆的左焦点且倾斜角为的直线方程为：，由直线与圆相交所得弦的长度为，可得，又，解方程可得，，，即有椭圆的方程为；（2）设①若直线垂直于轴，与椭圆交于，取，，满足②直线不垂直于轴时，设方程为，代入椭圆方程得，①，②对于，包含两种情况i）,即，∴，即代入①②得，消去得，解得,满足的方程为或ii) ，即∴代入①②得，消去得，有，无解综上的方程为或或