专题05 解析几何 专练-2024届高考数学二轮复习（老高考适用）（含解析）

这是一份专题05 解析几何 专练-2024届高考数学二轮复习（老高考适用）（含解析），共26页。试卷主要包含了 ②等内容，欢迎下载使用。
专题05 解析几何
（2023·全国甲卷·理科）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
（2023·全国乙卷·理科）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
（2022·全国甲卷·理科）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
（2022·全国乙卷·理科）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
（2023•山西忻州一模）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的离心率为，且点A（2，1）在C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若点M．N在双曲线C上，且AM⊥AN，直线MN不与y轴平行，证明：直线MN的斜率k为定值．
（2023·河南洛阳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右焦点为，，分别为椭圆的左、右顶点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率不为的直线，直线与椭圆交于，两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
(3)在（2）的条件下，直线与直线交于点，求证：点在定直线上.
（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）已知椭圆经过点，过点的直线交该椭圆于，两点.
(1)求面积的最大值，并求此时直线的方程；
(2)若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）已知点为双曲线上一点，的左焦点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.
（2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆的焦距为2，圆与椭圆恰有两个公共点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点处的切线方程为．若椭圆的短轴长小于4，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，求证：直线过定点．
（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆的左、右焦点为，，离心率为．点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线、分别与椭圆C交于点A、B，的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，，求证：为定值．
（2023•山西大同·统考模拟）已知椭圆C1：的离心率为，并且直线y＝x+b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线．
（Ⅰ）求椭圆C1的方程．
（Ⅱ）过点的动直线l交椭圆C1于A、B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
（2023·云南·校联考三模）如图，已知椭圆的上、下顶点为，右顶点为，离心率为，直线和相交于点，过作直线交轴的正半轴于点，交椭圆于点，连接交于点.

(1)求的方程；
(2)求证：.
（2023·河南·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线l交C的右支于M，N两点，当l垂直于x轴时，M，N到C的一条渐近线的距离之和为.
(1)求C的方程；
(2)证明：为定值.
（2023•青海西宁二模）已知双曲线W：的左、右焦点分别为F1、F2，点N（0，b），右顶点是M，且，∠NMF2＝120°．
（Ⅰ）求双曲线的方程；
（Ⅱ）过点Q（0，﹣2）的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点H（7，0）在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．
（2023·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆过点，且左焦点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)内接于椭圆，过点和点的直线与椭圆的另一个交点为点，与交于点，满足，求面积的最大值.
题型训练
答案&解析
【1】
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【2】
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【3】
【答案】(1)；
(2)．
【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【4】
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，综上，可得直线HN过定点
【5】
【解答】解：（1）∵双曲线的离心率为，
∴双曲线是等轴双曲线，即，
∵点A（2，1）在C上．
∴得a2＝3，
即双曲线方程为．
（2）证明：当AM的斜率为0或不存在时，可得M，N的坐标为（2，﹣1），（﹣2，1），
此时kMN＝＝﹣，
当AM的斜率存在且不为0时，设直线AM的方程为y＝k（x﹣2）+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
与双曲线方程联立方程组消去y得：（1﹣k2）x2+（4k2﹣2k）x﹣4k2+4k﹣4＝0，
∴2x1＝，∴x1＝，
∴y1＝k（x1﹣2）+1＝k（﹣2）+1＝+1，∴M（，+1），
用﹣代替k可得N（，+1），
∴kMN＝＝＝﹣．
综上所述：直线MN的斜率k为定值．
【6】
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】（1）依题可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，因为直线过点且斜率不为，
所以可设的方程为，代入椭圆方程得，
其判别式，所以，.
两式相除得，即．
因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，
所以，．
从而．
（3）由（1）知，设，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立可得，
所以直线与直线的交点的坐标为，
所以点在定直线上.
【7】
【答案】(1)面积的最大值为，此时直线的方程为或；
(2)存在，
【解析】（1）将代入椭圆方程，
得到，故，
故椭圆方程为.
当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
与椭圆方程联立，得，
设，则，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为，
此时直线的方程为或.
（2）在x轴上存在点使得恒成立，
理由如下：
因为，所以，即，
整理得，
即，
所以，
则，解得，
故在x轴上存在点，使得恒成立.

【8】
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为.
【解析】（1）设到渐近线，即的距离为，
则，结合得，
又在双曲线上，所以，得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）联立，消去并整理得，
则，，即，
设，，
则，，
则
，
所以，
所以，
所以，
整理得，
所以，
所以，
因为直线不过，即，，
所以，即，
所以直线，即过定点.

【9】
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【解析】（1）设椭圆的半焦距为．当圆在椭圆的内部时，，椭圆的方程为．
当圆在椭圆的外部时，，
椭圆的方程为．
（2）证明：设．
因为椭圆的短轴长小于4，所以的方程为．
则由已知可得，切线的方程为的方程为，
将代入的方程整理可得，
．
显然的坐标都满足方程，
故直线的方程为，
令，可得，即直线过定点．
【10】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）∵，
∴，
由离心率为得，从而，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
设，，则，
可设直线PA的方程为，其中，
联立，化简得，
则，同理可得，．
因为，．
所以
，
所以是定值.
【11】
【解答】解：（I）由得x2+（2b﹣4）x+b2＝0
直线y＝x+b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线．
所以Δ＝0⇒b＝1
所以椭圆
（Ⅱ）当直线l与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为
当直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+y2＝1
所以两圆的切点为点（0，1）（8分）
所求的点T为点（0，1），证明如下．
当直线l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点（0，1）
当直线l与x轴不垂直时，可设直线l为：
由 得（18k2+9）x2﹣12kx﹣16＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2）则，
•＝（1+k2）x1x2﹣k（x1+x2）+
＝（1+k2）•﹣•+＝0，
所以，即以AB为直径的圆过点（0，1）
所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T
【12】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）依题意可得，，又，解得，所以的方程为.
（2）在椭圆中，，所以，，
设直线（），直线（），
因为直线与直线相交于点，由，解得，所以，
又点在椭圆上，所以，整理得，
因为直线交轴正半轴于点，令得，即，
又因为，所以，，所以，
因为直线交于点，令得，故，
又，所以，，
所以，又，所以，
所以，所以.
【13】
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）根据题意有，C的一条渐近线方程为，
将代入C的方程有，，
所以M，N到直线的距离之和为，
所以，C的方程为.
（2）
方法1：当l垂直于x轴时，由（1）可知，，
且由双曲的定义可知，故.
当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知，，
故.
设，代入C的方程有：，
设，，则，，
所以，
所以.
综上，的值为6.
方法2：当l垂直于x轴时，由（1）可知，，
且由双曲的定义可知，
故.
当l不垂直于x轴时，设，
代入C的方程有：.
设，，则，，
所以.
综上，的值为6.
【14】
【解答】解：（Ⅰ）由已知M（a，0），N（0，b），F2（c，0），＝（﹣a，b）•（c﹣a，0）＝a2﹣ac＝﹣1，
∵∠NMF2＝120°，则∠NMF1＝60°，
∴b＝，∴c＝，
解得a＝1，b＝，∴双曲线的方程为．（4分）
（Ⅱ）直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y＝kx﹣2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
由，得（3﹣k2）x2+4kx﹣7＝0，
则，
解得． ①（6分）
∵点H（7，0）在以线段AB为直径的圆的外部，则，
＝（1+k2）x1x2﹣（7+2k）（x1+x2）+53
＝（1+k2）•﹣（7+2k）•+53
＝＞0，解得k＞2． ②
由①、②得实数k的范围是2＜k＜，（8分）
由已知，
∵B在A、Q之间，则，且λ＞1，
∴（x1，y1+2）＝λ（x2，y2+2），则x1＝λx2，
∴，
则＝，（10分）
∵2＜k＜，∴4＜，解得，又λ＞1，
∴1＜λ＜7．
故λ的取值范围是（1，7）．（13分）
【15】
【答案】(1)；
(2).
【解析】（1）令椭圆的半焦距为c，依题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设点的坐标分别为，

显然均不为零，依题意，令，有且，
又四点共线，从而，
即，，
于是，从而①，②，
又点在椭圆上，即③，④，
①+②并结合③，④得，即动点总在定直线上，因此直线方程为，
由消去y得，，
设，则，
于是，设，
则点到直线的距离，其中锐角由确定，
因此，当且仅当时取等号，
所以的面积最大值为.