2020版高考数学大二轮复习第二部分专题5解析几何增分强化练三十一理20191128346
2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：解析几何含答案
解析(1)设椭圆的焦距为2c，则 ＝ ，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝ .因为4× ×b× b＝2 ，所以b＝1，a＝ ，故所求椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
所以弦长|PQ|＝2 ＝2 .
不妨设点M在直线OB：y＝－ x上方，点N在直线OB：y＝－ x下方，即 x1＋y1>0， x2＋y2<0.
所以点M(x1，y1)到直线PQ的距离为d1＝ ＝ ＝ ，点N(x2，y2)到直线PQ的距离为d2＝ ＝－ .
所以d1＋d2＝
＝ ＝2 .
所以面积S＝ |PQ|·(d1＋d2)＝ ·2 ·2 ＝2 ＝ ⇒m＝±2.
(2)设A ，B ，S(xS，yS)．
因为 － ＝ － ＝ ，所以 ＝2，所以y3－y4＝8，
因为线段AB的中点的纵坐标为8，所以y3＋y4＝16，
联立解得y3＝12，y4＝4，所以A(36,12)，B(4,4)．
设直线SA的斜率为k，则直线SA的方程为y－12＝k(x－36)，
由 消去x得 －与y轴负半轴的交点，经过F的直线l与椭圆交于点M，N，经过B且与l平行的直线与椭圆交于点A，若|MN|＝ |AB|，求直线l的方程．
解析(1)设椭圆的标准方程为 ＋ ＝1(a>b>0)，
依题意知，c＝1，e＝ ＝ ，所以a＝ ，b2＝a2－c2＝1，
所以所求椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
A． B．
C．2D．
D解析抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线l的方程为x＝－1，所以|OF|＝1，又双曲线的渐近线方程为y＝± x，不妨设A ，B ，所以|AB|＝ ＝4|OF|＝4，所以b＝2a，所以e＝ ＝ ＝ .故选D项．
2019-2020学年度高三数学专题复习 专题五 解析几何 理
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三数学专题复习专题五解析几何理______年______月______日____________________部门真题体验·引领卷一、选择题1．(20xx·广东高考)平行于直线2x ＋y ＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是( )A ．2x －y ＋＝0或2x －y －＝0B ．2x ＋y ＋＝0或2x ＋y －＝0C ．2x －y ＋5＝0或2x －y －5＝0D ．2x ＋y ＋5＝0或2x ＋y －5＝02．(20xx ·全国卷Ⅰ)已知M(x0，y0)是双曲线C ：－y2＝1上的一点，F1，F2是C 的两个焦点，若MF ·MF<0，则y0的取值范围是( )A.B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，36C.D.⎝⎛⎭⎪⎫－233，233 3．(20xx ·全国卷Ⅱ)过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y 轴于M 、N 两点，则|MN|＝( )A ．2B ．8C ．4D ．104．(20xx ·全国卷Ⅱ)已知A ，B 为双曲线E 的左，右顶点，点M 在E 上，△ABM 为等腰三角形，且顶角为120°，则E 的离心率为( )A.B ．2 C. D.25．(20xx ·浙江高考)如图，设抛物线y2＝4x 的焦点为F ，不经过焦点的直线上有三个不同的点A ，B ，C ，其中点A ，B 在抛物线上，点C 在y 轴上，则△BCF 与△ACF 的面积之比是( )A.B.|BF|2－1|AF|2－1C.D.|BF|2＋1|AF|2＋16．(20xx ·天津高考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线过点(2，)，且双曲线的一个焦点在抛物线y2＝4x 的准线上，则双曲线的方程为( )A.－＝1B.－＝1C.－＝1D.－＝1二、填空题7．(20xx ·全国卷Ⅰ)一个圆经过椭圆＋＝1的三个顶点，且圆心在x 轴的正半轴上，则该圆的标准方程为________．8．(20xx ·湖南高考)设F 是双曲线C ：－＝1的一个焦点，若C 上存在点P ，使线段PF 的中点恰为其虚轴的一个端点，则C 的离心率为________．9．(20xx ·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为________．三、解答题10．(20xx ·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．11．(20xx·浙江高考)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．12．(20xx·天津高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.(1)求直线FM的斜率；(2)求椭圆的方程；(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．专题五解析几何经典模拟·演练卷一、选择题1．(20xx·浙江名校联考)过点(3，1)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为( )A．2x＋y－3＝0 B．2x－y－3＝0C．4x－y－3＝0 D．4x＋y－3＝02．(20xx·台州模拟)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点．若＝4，则|QF|＝( )A.B.52 C ．3 D ．23．(20xx ·瑞安模拟)等轴双曲线x2－y2＝a2(a>0)的左、右顶点分别为A 、B ，P 是双曲线上在第一象限内的一点，若直线PA ，PB 的倾斜角分别为α，β，且β＝2α，那么β的值是( )A.B.π4C.D.π124．(20xx ·湖州模拟)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A(－m ，0)，B(m ，0)(m>0)，若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最大值为( )A ．7B ．6C ．5D ．45．(20xx ·大庆质检)如图，已知椭圆C 的中心为原点O ，F 为C 的左焦点，P 为C 上一点，满足|OP|＝|OF|且|PF|＝4，则椭圆C 的方程为( )A.＋＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝16．(20xx ·石家庄质检)已知抛物线y2＝8x 与双曲线－y2＝1的一个交点为M ，F 为抛物线的焦点，若|MF|＝5，则该双曲线的渐近线方程为( )A ．5x ±3y ＝0B ．3x ±5y ＝0C ．4x ±5y ＝0D ．5x ±4y ＝0二、填空题7．(20xx·北京东城调研)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，则C的渐近线方程为________．8．(20xx·杭州高级中学三模)已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与圆(x－2)2＋(y－3)2＝8相外切，则圆C的方程为________．9．(20xx·石家庄质检)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点O是坐标原点，过点O、F的圆与抛物线C的准线相切，且该圆的面积为36π，则抛物线方程为________．三、解答题10．(20xx·绍兴一中模拟)椭圆C的中心在原点，一个焦点F(－2，0)，且短轴长与长轴长的比是.(1)求椭圆C的方程；(2)设点M(m，0)在椭圆C的长轴上，点P是椭圆上任意一点．当||最小时，点P恰好落在椭圆的右顶点，求实数m的取值范围．11．(20xx·萧山中学模拟)在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线x＝－相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)设P是曲线E上的动点，点B，C在y轴上，△PBC的内切圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，求△PBC面积的最小值．12．(20xx·北仑中学三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点O为坐标原点，椭圆C与曲线|y|＝x的交点分别为A，B(A在第四象限)，且·＝.(1)求椭圆C的标准方程；(2)定义：以原点O为圆心，为半径的圆称为椭圆＋＝1的“伴随圆”．若直线l交椭圆C于M，N两点，交其“伴随圆”于P，Q两点，且以MN为直径的圆过原点O.证明：|PQ|为定值．专题五解析几何专题过关·提升卷第Ⅰ卷(选择题)一、选择题1．(20xx·福建高考)若双曲线E：－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|＝3，则|PF2|等于( )A．11 B．9C．5 D．32．(20xx·安徽高考)下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y＝±2x的是( )A．x2－＝1 B.－y2＝1C.－x2＝1 D．y2－＝13．(20xx·广东高考)已知双曲线C：－＝1的离心率e＝，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为( )A.－＝1B.－＝1C.－＝1D.－＝14．(20xx·效实中学模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，若F关于直线x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为( )A. B.3－1 25．(20xx ·山东高考)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )A ．－或－B ．－或－23C ．－或－D ．－或－34 6．(20xx ·富阳中学模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F ，过F 作斜率为－1的直线交双曲线的渐近线于点P ，点P 在第一象限，O 为坐标原点，若△OFP 的面积为，则该双曲线的离心率为( )A.B.73C.D.1537．已知动点P(x ，y)在椭圆C ：＋＝1上，点F 为椭圆C 的右焦点，若点Q 满足||＝1，且·＝0，则||的最大值( )A.B ．6 C. D ．358．(20xx ·河北衡水中学冲刺卷)已知F1，F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的两个焦点，M 为该双曲线右支上一点，且|MF1|2，|F1F2|2，|MF2|2成等差数列，该点到x 轴的距离为，则该双曲线的离心率为( )A. B ．2第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题9．(20xx·长沙调研)若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x －8y＋m＝0外切，则m＝________．10．已知直线x＋y＝a与圆x2＋y2＝1交于A、B两点，且|＋|＝|－|(其中O为坐标原点)，则实数a的值为________．11．(20xx·陕西高考)若抛物线y2＝2px(p>0)的准线经过双曲线x2－y2＝1的一个焦点，则p＝________．12．(20xx·台州一中模拟)已知抛物线C1：y2＝2x的焦点F是双曲线C2：－＝1(a>0，b>0)的一个顶点，两条曲线的一个交点为M，若|MF|＝，则双曲线C2的离心率是________．13．(20xx·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，以点(1，0)为圆心且与直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为________．14．(20xx·学军中学模拟)双曲线x2－＝1的右焦点为F，O为坐标原点，以F为圆心，FO为半径的圆与此双曲线的两条渐近线分别交于点A，B(不同于O点)，则|AB|＝________．15．(20xx·合肥质检)设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0<b<1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．三、解答题16．(20xx·陕西高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.(1)求椭圆E的离心率；(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E 经过A，B两点，求椭圆E的方程．17．(20xx·丽水联考)已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过点P(2，3)，且它的离心率e＝.(1)求椭圆的标准方程；(2)与圆(x＋1)2＋y2＝1相切的直线l：y＝kx＋t交椭圆于M，N 两点，若椭圆上一点C满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．18．(20xx·余姚中学模拟)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．19．(20xx·北京高考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P(0，1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．20．(20xx·学军中学模拟)如图，已知椭圆：＋y2＝1，点A，B 是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E、F两点．(1)若＝6，求k的值；(2)求四边形AEBF面积的最大值．专题五解析几何真题体验·引领卷1．D [设所求的切线方程为2x＋y＋c＝0(c≠1)，依题意，得＝，则c＝±5.∴所求切线的方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0.] 2．A [由题设，a2＝2，b2＝1，则c2＝3，不妨设F1(－，0)，F2(，0)，则MF＝(－－x0，－y0)，MF＝(－x0，－y0)，所以MF·MF＝x－3＋y＝3y－1<0，解之得－<y0<.]3．C [易知＝(3，－1)，＝(－3，－9)．则·＝3×(－3)＋(－1)×(－9)＝0，所以⊥，故过三点A，B，C的圆以AC为直径，其方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝25.令x＝0，得(y＋2)2＝24，解之得y1＝－2－2，y2＝－2＋2.因此|MN|＝|y1－y2|＝4.]4．D [如图，设双曲线E的方程为－＝1(a>0，b>0)，则|AB|＝2a，由双曲线的对称性，可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MN⊥x轴于点N(x1，0)．∵△ABM为等腰三角形，且∠ABM＝120°，∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°.在Rt△BMN中，y1＝|MN|＝2asin 60°＝a，x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.将点M(x1，y1)的坐标代入－＝1，可得a2＝b2，所以双曲线E的离心率e＝＝＝.]5．A [由几何图形知，＝＝.由抛物线定义，|BF|＝xB＋1，|AF|＝xA＋1，∴xB＝|BF|－1，xA＝|AF|－1.因此＝.]6．D [双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，又渐近线过点(2，)，所以＝，即2b＝a，①又抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－，由已知，得－＝－，即a2＋b2＝7，②联立①②解得a2＝4，b2＝3，所求双曲线的方程为－＝1.]7.＋y2＝[由题意知，圆过椭圆的顶点(4，0)，(0，2)，(0，－2)三点．设圆心为(a，0)，其中a>0.由4－a＝，解得a＝，则半径r＝.所以该圆的标准方程为＋y2＝.]8. [不妨设F(－c，0)，虚轴的一个端点为B(0，b)．依题意，点B恰为线段PF的中点，则P(c，2b)，将P(c，2b)代入双曲线方程，得＝5，因此e＝.]9. [双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0.又直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，所以两平行线间的距离d＝＝，由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立．所以c≤，故c的最大值为.]10．(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b(k ≠0，b ≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM ，yM)．将y ＝kx ＋b 代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx ＋b2－m2＝0， 故xM ＝＝，yM ＝kxM ＋b ＝.于是直线OM 的斜率kOM ＝＝－，即kOM·k＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－x.设点P 的横坐标为xP ，由得x ＝，即xP ＝.将点的坐标代入l 的方程得b ＝，因此xM ＝.四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即xP ＝2xM.于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki>0，ki≠3，i ＝1，2，所以当l 的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB 为平行四边形．11．解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－x ＋b.由⎩⎪⎨⎪⎧x22＋y2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得x2－x ＋b2－1＝0.因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－②由①②得m＜－或m＞.(2)令t＝∈∪，则|AB|＝·.且O到直线AB的距离为d＝.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝|AB|·d＝≤.当且仅当t2＝时，等号成立．故△AOB面积的最大值为.12．解(1)由于椭圆的离心率e＝，且a2＝b2＋c2，∴a2＝3c2，且b2＝2c2，设直线FM的斜率为k(k>0)，且焦点F(－c，0)．则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．由已知，有＋＝，解得k＝.(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解之得x＝－c或x＝c.因为点M在第一象限，则点M的坐标为.由|FM|＝＝.解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立．⎩⎨⎧y ＝t （x ＋1），x23＋y22＝1，消去y ，整理得2x2＋3t2(x ＋1)2＝6， 又由已知，得t ＝>，解得－<x<－1，或－1<x<0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝，即y ＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝－.①当x ∈时，有y ＝t(x ＋1)<0.因此m>0，于是m ＝，得m∈.②当x ∈(－1，0)时，有y ＝t(x ＋1)>0.因此m<0，于是m ＝－，得m∈.综上，直线OP 的斜率的取值范围是∪.经典模拟·演练卷1．A [易知点A(1，1)是一个切点．由圆的几何性质，过点(3，1)、(1，0)的直线与直线AB 垂直．∴kAB ＝－＝－2.所以直线AB 的方程为y －1＝－2(x －1)，即2x ＋y －3＝0.]2．C [如图所示，过点Q 作直线l 的垂线，垂足为E.由＝4，得＝4.所以＝.由抛物线C ：y2＝8x 知|AF|＝p ＝4，∴|EQ|＝3，根据抛物线定义，|FQ|＝|EQ|＝3.]3．A [由β＝2α，得∠APB ＝α，则|PB|＝|AB|＝2a ，设P(x ，y)．∴x＝a＋2acos β，y＝2asin β，则P(a＋2acos β，2asin β)，代入双曲线方程(a＋2acos β)2－(2asin β)2＝a2，cos 2β＋cos β＝0.∴2cos2β＋cos β－1＝0，则cos β＝，cos β＝－1(舍去)，故β＝.]4．B [由∠APB＝90°，知点P在以线段AB为直径的圆上，设该圆的圆心为O，则O(0，0)，半径r＝m，由圆的几何性质，当圆C与圆O相内切时，圆的半径取得最大值．∴|OC|＝＝m－1，∴m＝6.故m的最大值为6.]5．B [设椭圆C的右焦点为F′，连接PF′.在△PFF′中，|OP|＝|OF|＝|OF′|＝2，知∠FPF′＝90°.又|PF|＝4，∴|PF′|2＝|FF′|2－|PF|2＝(4)2－42＝64，则|PF′|＝8，因此2a＝|PF|＋|PF′|＝12，a＝6.由c＝2，得b2＝a2－c2＝36－20＝16，故椭圆C的方程为＋＝1.]6．A [依题意，不妨设点M在第一象限，且M(x0，y0)，由抛物线定义，|MF|＝x0＋，得5＝x0＋2.∴x0＝3，则y＝24，所以M(3，2)，又点M在双曲线上，∴－24＝1，则a2＝，a＝，因此渐近线方程为x2－y2＝0，即5x±3y＝0.]7．y＝±2x [由题意知：＝＝1＋＝5，则＝2，所以渐近线的方程为y＝±2x.]8．(x＋1)2＋y2＝2 [由题设，圆C的圆心C(－1，0)，设半径为r，又圆C与圆C′：(x－2)2＋(y－3)2＝8相外切，∴|CC′|＝2＋r.又|CC′|＝＝3，则r＝，故所求圆C的方程为(x＋1)2＋y2＝2.]9．y2＝16x [由抛物线C：y2＝2px(p>0)，知焦点F，准线x＝－，设满足条件的圆心为C′，圆的半径为r.由πr2＝36π，得r＝6.又圆C′与抛物线的准线x＝－相切，∴＋＝6，∴p＝8.故抛物线方程为y2＝16x.]10．解(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，由焦点F(－2，0)知c＝2.∴a2＝4＋b2，①又＝，②联立①，②得a2＝16，b2＝12.所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)设P(x，y)为椭圆上的动点，由于椭圆方程为＋＝1.故－4≤x≤4.由点M(m，0)在椭圆的长轴上，则－4≤m≤4.①由＝(x－m，y)，所以||2＝(x －m)2＋y2＝(x －m)2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x216 ＝x2－2mx ＋m2＋12＝(x －4m)2＋12－3m2.∵当||最小时，点P 恰好落在椭圆的右顶点．∴当x ＝4时，||2取得最小值．由于x∈[－4，4]，故4m≥4，则m≥1，②由①，②知，实数m 的取值范围是[1，4]．11．解 (1)∵动圆过点且与直线x ＝－相切，∴动圆的圆心到定点的距离等于到定直线x ＝－的距离．根据抛物线定义，圆心的轨迹方程为y2＝2x.(2)设点P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)，则直线PB 的方程为(y0－b)x －x0y ＋x0b ＝0，又△PBC 的内切圆方程为(x －1)2＋y2＝1，∴圆心(1，0)到直线PB 的距离为1.则＝1，整理得(x0－2)b2＋2y0b －x0＝0，同理，得(x0－2)c2＋2y0c －x0＝0，因此，b ，c 是方程(x0－2)x2＋2y0x －x0＝0的两根，所以b ＋c ＝，bc ＝.依题意，得bc<0，即x0>2.则(b －c)2＝＋4y －8x0,（x0－2）2)，因为y ＝2x0，所以|b －c|＝.因此△PBC 的面积S ＝|b －c||x0|＝,x0－2)))＝x0＋2＋＝(x0－2)＋＋4≥2＋4＝8，当且仅当x0－2＝2，即x0＝4时上式等号成立．故△PBC面积的最小值为8.12．(1)解由椭圆的对称性，知点A、B关于x轴对称．依题意，设点A(x，－x)，B(x，x)，则＝(0，2x)．由·＝(x，x)·(0，2x)＝，且x>0.∴2x2＝，x＝，因此B，代入椭圆方程，得＋＝1.①又e＝＝，∴＝＝②联立①，②，得b2＝1，a2＝3.所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)证明由题意可得“伴随圆”方程为x2＋y2＝4，①当直线l斜率不存在时，设l：x＝n，代入椭圆方程得M，N，由·＝0得n＝±，代入x2＋y2＝4得y＝±，所以|PQ|＝.②当直线l斜率存在时，设l方程为y＝kx＋m(k，m∈R)且与椭圆的交点M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组整理得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－3)>0，即m2<3k2＋1，∵x1＋x2＝，x1·x2＝，可得y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，由·＝0得x1·x2＋y1·y2＝0，即＋＝＝0，所以m2＝(k2＋1)，代入验证Δ>0成立．则原点O到直线l的距离d＝＝＝，∵“伴随圆”的半径为2，∴|PQ|＝2＝，综合①，②知，|PQ|为定值.专题过关·提升卷1．B [由双曲线定义，||PF2|－|PF1||＝6，又|PF1|＝3，知点P 在双曲线的左支上，则|PF2|－|PF1|＝6.所以|PF2|＝9.]2．C [由双曲线性质，A 、B 项中焦点在x 轴上，不合题意．对于选项D ，其渐近线方程为y2－＝0，即y ＝±.经检验，只有选项C 中－x2＝1满足．]3．B [因为所求双曲线的右焦点为F2(5，0)且离心率为e ＝＝，所以c ＝5，a ＝4，b2＝c2－a2＝9，所以所求双曲线方程为－＝1.]4．D [设F(－c ，0)，点A(m ，n)，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧n m ＋c ·（－3）＝－1，3（m －c ）2＋n 2＝0，解之得A. 代入椭圆方程，有＋＝1.又b2＝a2－c2代入，得c4－8a2c2＋4a4＝0.所以e4－8e2＋4＝0，e2＝4－2，e ＝－1.]5．D [圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1的圆心M(－3，2)，半径r ＝1.点N(－2，－3)关于y 轴的对称点N ′(2，－3)．如图所示，反射光线一定过点N′(2，－3)且斜率存在，∴反射光线所在直线方程为y ＋3＝k(x －2)，即kx －y －(2k ＋3)＝0.∵反射光线与已知圆相切，∴＝1，整理得12k2＋25k ＋12＝0，解得k ＝－或k ＝－.]6．C [设P(xP，yP)，依题设xP>0，且yP>0.由S△OFP＝·c·yP＝＝，∴yP＝.又直线PF的方程为y＝－(x－c)，∴xP＝，又点P在双曲线的渐近线bx－ay＝0上，∴·b－＝0，则a＝3b，c＝b，故双曲线的离心率e＝＝.]7．C [如图所示，由方程＋＝1知：顶点A(－4，0)，B(4，0)、右焦点F(2，0)．又||＝1，∴点Q的轨迹是以焦点F(2，0)为圆心，以1为半径的圆．由||·||＝0，知PQ⊥FQ.因此直线PQ是圆F的切线，且Q为切点，∴|PQ|2＝|PF|2－1，当|PF|最长时，|PQ|取最大值．当点P与椭圆的左顶点A重合时，|PF|有最大值|AF|＝6.所以||的最大值为＝.]8．A [依题意，|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2.∴△MF1F2是以M为直角顶点的直角三角形．因此|MF1|·|MF2|＝|F1F2|·＝2c·＝c2.又|MF1|2＋|MF2|2＝(|MF1|－|MF2|)2＋2|MF1||MF2|＝4c2.∴(2a)2＋2c2＝4c2，则c2＝2a2，故双曲线的离心率e＝＝.]9．9 [圆C1：x2＋y2＝1的圆心C1(0，0)，半径r1＝1.圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0的圆心为C2(3，4)，半径为r2＝.由于两圆外切，则|C1C2|＝r1＋r2，所以5＝1＋，解之得m＝9.]10．1或－1 [∵|＋|＝|－|，∴以，为邻边作出的平行四边形OACB为矩形，则⊥，所以△OAB为直角三角形，因此|AB|＝.于是圆心O到直线x＋y＝a的距离d＝＝，从而，得＝，∴a＝±1.]11．2 [由于x2－y2＝1的焦点为(±，0)，故＝，则p＝2.]12. [由抛物线方程知p＝1，∴焦点F，则a＝.设M(xM，yM)，由抛物线定义，|MF|＝xM＋＝，∴xM＝1，则yM＝±，即M(1，±)，代入双曲线方程，得b2＝，从而c2＝，故双曲线c2的离心率e2＝＝.]13．(x－1)2＋y2＝2 [直线mx－y－2m－1＝0恒过定点P(2，－1)．∴当P(2，－1)为切点时，圆的半径最大，且R＝＝，故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.]14．2 [由双曲线x2－＝1，右焦点F(2，0)，渐近线方程分别为y＝±x，代入圆F的方程(x－2)2＋y2＝4，得x＝1，y＝±.故|AB|＝2.]15．x2＋y2＝1 [设点A在点B上方，F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝，则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|＝3|F1B|，得AF＝3F，故即⎩⎪⎨⎪⎧x0＝－53c ，y0＝－13b2.代入方程＋b2＝1，得b2＝，故所求椭圆E 的方程为x2＋y2＝1.]16．解 (1)过点(c ，0)，(0，b)的直线方程为bx ＋cy －bc ＝0， 则原点O 到该直线的距离d ＝＝，由d ＝c ，得a ＝2b ，∴c＝＝b ，因此椭圆E 的离心率e ＝＝.(2)由(1)知，椭圆E 的方程为x2＋4y2＝4b2.①依题意，圆心M(－2，1)是线段AB 的中点，且|AB|＝， 易知，AB 与x 轴不垂直，设其方程为y ＝k(x ＋2)＋1， 代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k ＋1)x ＋4(2k ＋1)2－4b2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1＋x2＝－，x1x2＝.由x1＋x2＝－4，得－＝－4，解得k ＝，从而x1x2＝8－2b2，于是|AB|＝|x1－x2|＝＝，由|AB|＝，得＝，解得b2＝3，故椭圆E 的方程为＋＝1.17．解 (1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a ＞b ＞0)．由已知得解得⎩⎨⎧a ＝4，b ＝23，c ＝2.∴椭圆的标准方程为＋＝1.(2)∵直线l ：y ＝kx ＋t 与圆(x ＋1)2＋y2＝1相切．∴＝1，整理得2k ＝(t ≠0)．把y ＝kx ＋t 代入＋＝1，并整理得(3＋4k2)x2＋8ktx ＋(4t2－48)＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，y1＋y2＝kx1＋t ＋kx2＋t ＝k(x1＋x2)＋2t ＝，又λ＝(x1＋x2，y1＋y2)，∴C.又点C 在椭圆上，故＋＝1，整理得λ2＝＝.∵t2＞0，∴＋＋1＞1.∴0＜λ2＜1.从而λ的取值范围为(－1，0)∪(0，1)．18．解 (1)设F(c ，0)，由条件知，＝，得c ＝.又＝，所以a ＝2，b2＝a2－c2＝1.故E 的方程为＋y2＝1.(2)当l⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，x1，2＝.从而|PQ|＝|x1－x2|＝.又点O到直线PQ的距离d＝.所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝.设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.19．解(1)由点P(0，1)在椭圆上，知b＝1，又离心率e＝＝且a2＝b2＋c2.解得c2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为＋y2＝1.设M(xM，0)．因为m≠0，所以－1<n<1.直线PA的方程为y－1＝x.所以xM＝，即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，－n)．设N(xN，0)，则xN＝.“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得＝”，即yQ满足y＝|xM||xN|.因为xM＝，xN＝，＋n2＝1.所以y＝|xM||xN|＝＝2.所以yQ＝或yQ＝－.。
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题5解析几何增分强化练(二十七)(文)
增分强化练(二十七)考点一 范围、最值问题(2019·大连模拟)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，其焦点到准线的距离为2，直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，过A ，B 分别作抛物线C 的切线l 1，l 2，l 1与l 2交于点M .(1)求p 的值；(2)若l 1⊥l 2，求△MAB 面积的最小值．解析：(1)由题意知，抛物线焦点为：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，准线方程为：y ＝－p 2， 焦点到准线的距离为2，即p ＝2.(2)抛物线的方程为x 2＝4y ，即y ＝14x 2，所以y ′＝12x ， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， l 1：y －x 214＝x 12(x －x 1)，l 2：y －x 224＝x 22(x －x 2)， 由于l 1⊥l 2，所以x 12·x 22＝－1，即x 1x 2＝－4. 设直线l 方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m x 2＝4y ，所以x 2－4kx －4m ＝0， Δ＝16k 2＋16m >0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ＝－4，所以m ＝1.即l ：y ＝kx ＋1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 12x －x 214y ＝x 22x －x 224，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2k y ＝－1，即M (2k ，－1)， M 点到直线l 的距离d ＝|k ·2k ＋1＋1|1＋k 2＝2|k 2＋1|1＋k 2， |AB |＝(1＋k 2)[](x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4(1＋k 2)， 所以S ＝12×4(1＋k 2)×2|k 2＋1|1＋k2＝4(1＋k 2)32≥4， 当k ＝0时，△MAB 面积取得最小值4.考点二 定点、定值问题(2019·南昌模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，点M 在C 的长轴上运动，过点M 且斜率大于0的直线l 与C 交于P ，Q 两点，与y 轴交于N 点．当M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为π6时，N ，P 重合，|PM |＝2.(1)求椭圆C 的方程；(2)当N ，P ，Q ，M 均不重合时，记NP →＝λNQ →，MP →＝μMQ →，若λμ＝1，求证：直线l 的斜率为定值．解析：(1)因为当M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为π6时，N ，P 重合，|PM |＝2，所以a ＝|PM |＝2，故b c ＝tan π6＝33，因为a 2＝b 2＋c 2，因此c ＝3，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设l ：x ＝ty ＋m (m ≠0)，所以M (m,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－mt ，所以k l ＝1t .因为斜率大于0，所以t >0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则NP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，y 1＋mt ，NQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y 2＋mt ，由NP →＝λNQ →得，x 1＝λx 2，①同理可得y 1＝μy 2，②①②两式相乘得，x 1y 1＝λμx 2y 2，又λμ＝1，所以x 1y 1＝x 2y 2，所以(ty 1＋m )y 1＝(ty 2＋m )y 2，即t (y 21－y 22)＝m (y 2－y 1)，即(y 2－y 1)[]m ＋t (y 1＋y 2)＝0，由题意k l >0，知y 1－y 2≠0，所以m ＋t (y 1＋y 2)＝0.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m x24＋y 2＝1，得(t 2＋4)y 2＋2tmy ＋m 2－4＝0，依题意，y 1＋y 2＝－2tm t 2＋4， 所以m －2t 2m t 2＋4＝0，又m ≠0， 所以t 2＝4，因为t >0，故得t ＝2，所以k l ＝1t ＝12，即直线l 的斜率为12. 考点三 存在性问题已知抛物线y 2＝4x ，过点P (8，－4)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点．(1)当P 恰为AB 的中点时，求直线l 的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点Q ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)设A ，B 两点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，当P 恰为AB 的中点时，显然x 1≠x 2，故k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2，又y 1＋y 2＝－8，故k AB ＝－12， 则直线l 的方程为y ＝－12x . (2)假设存在定点Q ，设Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 204，y 0，当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝k (x －8)－4(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x y ＝k (x －8)－4，整理得ky 2－4y －32k －16＝0，Δ>0，y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－32－16k， 由以弦AB 为直径的圆恒过点Q 知QA →·QB →＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－y 204⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－y 204＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214－y 204⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224－y 204＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)16＋1(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0， 故(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16，即y 1y 2＋y 0(y 1＋y 2)＋y 20＋16＝0，整理得(y 20－16)k ＋4(y 0－4)＝0，即当y 0＝4时，恒有QA →·QB →＝0，故存在定点Q (4,4)满足题意；当直线l 斜率不存在时，l ：x ＝8，不妨令A (8,42)，B (8，－42)，Q (4,4)，也满足QA →·QB→＝0，综上所述，存在定点Q(4,4)，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q.。
2020届高考数学二轮复习 专题五解析几何 专题强化练理
第1讲 直线与圆A 级 基础通关一、选择题1．已知直线l ：x cos α＋y sin α＝1(α∈R)与圆C ：x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)相交，则r 的取值范围是( )A ．0＜r ≤1B ．0＜r ＜1C ．r ≥1D ．r ＞1解析：圆心到直线的距离为d ＝1cos 2α＋sin 2α＝1，故r ＞1. 答案：D2．已知命题p ：“m ＝－1”，命题q ：“直线x －y ＝0与直线x ＋m 2y ＝0互相垂直”，则命题p 是命题q 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要解析：“直线x －y ＝0与直线x ＋m 2y ＝0互相垂直”的充要条件是1×1＋(－1)·m 2＝0⇔m ＝±1，所以命题p 是命题q 的充分不必要条件． 答案：A3．(2019·广东湛江一模)已知圆C ：(x －3)2＋(y －3)2＝72，若直线x ＋y －m ＝0垂直于圆C 的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点，则m ＝( )A ．2或10B ．4或8C ．4或6D ．2或4解析：圆C ：(x －3)2＋(y －3)3＝72的圆心C 的坐标为(3，3)，半径r ＝62， 因为直线x ＋y －m ＝0垂直于圆C 的一条直径，且经过这条直径的一个三等分点， 所以圆心到直线的距离为22，则有d ＝|6－m |1＋1＝22，解得m ＝2或m ＝10.答案：A4．直线ax －by ＝0与圆x 2＋y 2－ax ＋by ＝0的位置关系是( ) A ．相交 B ．相切 C ．相离D ．不能确定解析：圆的方程化为标准方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋b 22＝a 2＋b 24.所以圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，－b 2，半径r ＝a 2＋b 22.所以圆心到直线ax －by ＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 22＋b 22a 2＋b 2＝a 2＋b 22＝r .所以直线与圆相切． 答案：B5．(2019·安徽十校联考)过点P (2，1)作直线l 与圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋a ＝0交于A ，B 两点，若P 为弦AB 中点，则直线l 的方程( )A ．y ＝－x ＋3B ．y ＝2x －3C ．y ＝－2x ＋3D ．y ＝x －1解析：圆C 的标准方程(x －1)2＋(y －2)2＝5－a ，知圆心C (1，2)，因为P (2，1)是弦AB 的中点，则PC ⊥l .所以k CP ＝1－22－1＝－1，所以直线l 的斜率k ＝1.故直线l 的方程为y －1＝x －2，即y ＝x －1. 答案：D6．(2019·广东天河一模)已知圆C 的方程为x 2－2x ＋y 2＝0，直线l ：kx －y ＋2－2k ＝0与圆C 交于A ，B 两点，则当△ABC 面积最大时，直线l 的斜率k 为( )A ．1B ．6C ．1或7D ．2或6解析：由x 2－2x ＋y 2＝0，得(x －1)2＋y 2＝1，则圆的半径r ＝1，圆心C (1，0)， 直线l ：kx －y ＋2－2k ＝0与圆C 交于A ，B 两点， 当CA 与CB 垂直时，△ABC 面积最大，此时△ABC 为等腰直角三角形，圆心C 到直线AB 的距离d ＝22， 则有|2－k |1＋k2＝22，解得k ＝1或k ＝7. 答案：C 二、填空题7．已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．解析：由已知方程表示圆，则a 2＝a ＋2， 解得a ＝2或a ＝－1.当a ＝2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去． 当a ＝－1时，原方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0， 化为标准方程为(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25， 表示以(－2，－4)为圆心，5为半径的圆． 答案：(－2，－4) 58．一个圆经过椭圆x 216＋y 24＝1的三个顶点，且圆心在x 轴的正半轴上，则该圆的标准方程为________．解析：由题意知，椭圆顶点的坐标为(0，2)，(0，－2)，(－4，0)，(4，0)．由圆心在x 轴的正半轴上知圆过顶点(0，2)，(0，－2)，(4，0)．设圆的标准方程为(x －m )2＋y 2＝r 2， 则⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋4＝r 2，（4－m ）2＝r 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝32.r 2＝254.所以该圆的标准方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝254.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝2549．设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .已知点C 在l 上，以C 为圆心的圆与y 轴的正半轴相切于点A .若∠FAC ＝120°，则圆的方程为_____________________________________________________．解析：由题意知该圆的半径为1，设圆心C (－1，a )(a ＞0)，则A (0，a )．又F (1，0)，所以AC →＝(－1，0)，AF →＝(1，－a )．由题意知AC →与AF →的夹角为120°，得cos 120°＝－11×1＋a 2＝－12，解得a ＝ 3. 所以圆的方程为(x ＋1)2＋(y －3)2＝1. 答案：(x ＋1)2＋(y －3)2＝110．(2019·河北衡水二模)已知直线l 1过点P (3，0)，直线l 1与l 2关于x 轴对称，且l 2过圆C ：x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的圆心，则圆心C 到直线l 1的距离为________．解析：由题意可知，圆C 的标准方程为(x －1)2＋(y －1)2＝1， 所以C (1，1)，则l 2的斜率k CP ＝1－01－3＝－12，因为l 1与l 2关于x 轴对称，所以直线l 1的斜率k ＝12，所以l 1：y ＝12(x －3)，即x －2y －3＝0，所以圆心C 到直线l 1的距离d ＝|1－2－3|1＋4＝455.答案：455B 级 能力提升11．(2018·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线l ：y ＝2x 上在第一象限内的点，B (5，0)，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D .若AB →·CD →＝0，则点A 的横坐标为________．解析：设A (a ，2a )，则a >0.又B (5，0)，故以AB 为直径的圆的方程为(x －5)(x －a )＋y (y －2a )＝0. 由题意知C (a ＋52，a )．由⎩⎪⎨⎪⎧（x －5）（x －a ）＋y （y －2a ）＝0，y ＝2x ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ，y ＝2a .所以D (1，2)． 又AB →·CD →＝0，AB →＝(5－a ，－2a )，CD →＝(1－a ＋52，2－a )，所以(5－a ，－2a )·(1－a ＋52，2－a )＝52a 2－5a －152＝0， 解得a ＝3或a ＝－1. 又a >0，所以a ＝3. 答案：312.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知以M 为圆心的圆M ：x 2＋y 2－12x －14y ＋60＝0及其上一点A (2，4)．(1)设圆N 与x 轴相切，与圆M 外切，且圆心N 在直线x ＝6上，求圆N 的标准方程； (2)设平行于OA 的直线l 与圆M 相交于B ，C 两点，且|BC |＝|OA |，求直线l 的方程． 解：圆M 的标准方程为(x －6)2＋(y －7)2＝25，所以圆心M (6，7)，半径为5.(1)由圆心N 在直线x ＝6上，可设N (6，y 0)． 因为圆N 与x 轴相切，与圆M 外切， 所以0＜y 0＜7，圆N 的半径为y 0， 从而7－y 0＝5＋y 0，解得y 0＝1.因此，圆N 的标准方程为(x －6)2＋(y －1)2＝1. (2)因为直线l ∥OA ，所以直线l 的斜率为4－02－0＝2.设直线l 的方程为y ＝2x ＋m ， 即2x －y ＋m ＝0， 则圆心M 到直线l 的距离d ＝|2×6－7＋m |5＝|m ＋5|5. 因为|BC |＝|OA |＝22＋42＝25，又|MC |2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|BC |22，即25＝（m ＋5）25＋5，解得m ＝5或m ＝－15.故直线l 的方程为2x －y ＋5＝0或2x －y －15＝0.第2讲 椭圆、双曲线、抛物线A 级 基础通关一、选择题1．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，则( )A ．a 2＝2b 2B ．3a 2＝4b 2C ．a ＝2bD ．3a ＝4b解析：由e ＝c a ＝12，则a ＝2c .又a 2＝b 2＋c 2，所以3a 2＝4b 2. 答案：B2．(2019·天一联考)设双曲线C ：x 28－y 2m＝1的左右焦点分别为F 1、F 2，过点F 1的直线与双曲线C 交于M ，N 两点，其中M 在左支上，点N 在右支上，若∠F 2MN ＝∠F 2NM ，则|MN |＝( )A ．8B ．4C ．8 2D ．4 2解析：由∠F 2MN ＝∠F 2NM ，知|F 2M |＝|F 2N |， 又|MF 2|－|MF 1|＝42，|NF 1|－|NF 2|＝4 2. 两式相加，得|NF 1|－|MF 1|＝82， 故|MN |＝|NF 1|－|MF 1|＝8 2. 答案：C3．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，C 与过原点的直线相交于A ，B 两点，连接AF ，BF .若|AB |＝10，|BF |＝8，cos ∠ABF ＝45，则C 的离心率为( )A.35B.57C.45D.67解析：如图所示，在△AFB 中，|AB |＝10，|BF |＝8，cos ∠ABF ＝45，由余弦定理得|AF |2＝|AB |2＋|BF |2－2|AB ||BF | cos ∠ABF ＝100＋64－2×10×8×45＝36，所以|AF |＝6，∠BFA ＝90°，设F ′为椭圆的右焦点，连接BF ′，AF ′. 根据对称性可得四边形AFBF ′是矩形．所以|BF ′|＝6，|FF ′|＝10，所以2a ＝8＋6，2c ＝10，解得a ＝7，c ＝5，所以e ＝c a ＝57.答案：B4．(2019·长郡中学模拟)已知F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，若点F 2关于双曲线渐近线的对称点A 满足∠F 1AO ＝∠AOF 1(O 为坐标原点)，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±3xB ．y ＝±2xC ．y ＝±2xD ．y ＝±x解析：设F 2A 与渐近线y ＝b ax 交于点M ，且O ，M 分别为F 1F 2、F 2A 的中点， 故OM ∥F 1A ，则F 1A ⊥F 2A ，OA ＝OF 1＝c .又∠F 1AO ＝∠AOF 1，所以△F 1OA 为正三角形， 所以∠MOF 2＝π3，故双曲线的渐近线为y ＝±3x . 答案：A5．(2019·全国卷Ⅱ)设F 为双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2＋y 2＝a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |＝|OF |，则C 的离心率为( )A. 2B. 3C ．2D. 5解析：设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F 的坐标为(c ，0)．由圆的对称性及条件|PQ |＝|OF |可知，PQ 是以OF 为直径的圆的直径，且PQ ⊥OF .设PQ 与OF 交于点M ，连接OP ，如图所示． 则|OP |＝a ，|OM |＝|MP |＝c2，由|OM |2＋|MP |2＝|OP |2，得2·⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝a 2，故c a＝2，离心率e ＝ 2. 答案：A 二、填空题6．(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)经过点(3，4)，则该双曲线的渐近线方程是________．解析：因为双曲线x 2－y 2b 2＝1(b ＞0)经过点(3，4)，则9－16b2＝1(b ＞0)，解得b ＝2，即双曲线方程为x 2－y 22＝1，因此双曲线的渐近线方程为y ＝±2x . 答案：y ＝±2x7．(2019·珠海调研)已知直线l 是抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线，半径为3的圆过抛物线顶点O 和焦点F ，且与直线l 相切，则抛物线的方程为________．解析：由已知圆心在OF 的中垂线上，故圆心到准线的距离为34p ，所以34p ＝3，所以p ＝4，故抛物线的方程为y 2＝8x .答案：y 2＝8x8．(2019·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2为椭圆C ：x 236＋y 220＝1的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限．若△MF 1F 2为等腰三角形，则M 的坐标为________．解析：设F 1为椭圆的左焦点，分析可知点M 在以F 1为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆(x ＋4)2＋y 2＝64上．因为点M 在椭圆x 236＋y 220＝1上，所以联立方程可得⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋4）2＋y 2＝64，x 236＋y 220＝1，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝±15.又因为点M 在第一象限，所以点M 的坐标为(3，15)． 答案：(3，15) 三、解答题9．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝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．解：(1)由题意得F (1，0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k2.由题设知4k 2＋4k2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1.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(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，（x 0＋1）2＝（y 0－x 0＋1）22＋16. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.10．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．(1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0. 证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差． (1)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0<m <32，故k <－12.(2)解：由题意得F (1，0)．设P (x 3，y 3)，则 (x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0，0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P (1，－32)，|FP →|＝32，于是|FA →|＝（x 1－1）2＋y 21＝（x 1－1）2＋3（1－x 214）＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22.所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 .②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.B 级 能力提升11．(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C 的焦点为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若|AF 2|＝2|F 2B |，|AB |＝|BF 1|，则C 的方程为( )A.x 22＋y 2＝1B.x 23＋y 22＝1C.x 24＋y 23＝1 D.x 25＋y 24＝1 解析：设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)．连接F 1A ，令|F 2B |＝m ，则|AF 2|＝2m ，|BF 1|＝3m .由椭圆的定义知，4m ＝2a ， 得m ＝a2，故|F 2A |＝a ＝|F 1A |，则点A 为椭圆C 的上顶点或下顶点．如图．不妨设A (0，－b )，由F 2(1，0)，AF 2→＝2F 2B →，得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b 2. 由点B 在椭圆上，得94a 2＋b 24b2＝1，得a 2＝3，b 2＝a 2－c 2＝2，椭圆C 的方程为x 23＋y 22＝1.答案：B12．(2019·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的短轴长为4，离心率为55.(1)求椭圆的方程；(2)设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上，若|ON |＝|OF |(O 为原点)，且OP ⊥MN ，求直线PB 的斜率．解：(1)设椭圆的半焦距为c ，依题意2b ＝4，得b ＝2. 又e ＝c a ＝55，且a 2＝b 2＋c 2＝4＋c 2， 解之得a ＝5，c ＝1. 所以椭圆的方程为x 25＋y 24＝1.(2)由题意，设P (x P ，y P )(x P ≠0)，M (x M ，0)．设直线PB 的斜率为k (k ≠0)，又B (0，2)，则直线PB 的方程为y ＝kx ＋2，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 25＋y 24＝1，整理得(4＋5k 2)x2＋20kx ＝0，可得x P ＝－20k4＋5k2，代入y ＝kx ＋2得y P ＝8－10k24＋5k2，进而直线OP 的斜率为y P x P ＝4－5k 2－10k.在y ＝kx ＋2中，令y ＝0，得x M ＝－2k.由题意得N (0，－1)，所以直线MN 的斜率为－k2.由OP ⊥MN ，得4－5k 2－10k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 2＝－1，化简得k 2＝245，从而k ＝±2305.所以，直线PB 的斜率为2305或－2305.第3讲 圆锥曲线中的热点问题A 级 基础通关一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ改编)椭圆C ：x 23＋y 2m＝1的焦点在x 轴上，点A ，B 是长轴的两端点，若曲线C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则实数m 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．[1，3)C ．(0，3)D ．(0，1]解析：依题意，当0＜m ＜3时，焦点在x 轴上， 要在曲线C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b≥tan 60°，即3m≥3，解得0＜m ≤1.答案：D2．(2018·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上一点，若PF 1⊥PF 2，且∠PF 2F 1＝60°，则C 的离心率为( )A ．1－32B ．2－ 3C.3－12D.3－1解析：在△F 1PF 2中，PF 1⊥PF 2，∠PF 2F 1＝60°. 由|F 1F 2|＝2c ，得|PF 2|＝c ，|PF 1|＝3c .由椭圆定义知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，即(3＋1)c ＝2a . 故椭圆的离心率e ＝c a＝3－1. 答案：D3．若点P 为抛物线y ＝2x 2上的动点，F 为抛物线的焦点，则|PF |的最小值为( ) A ．2B.12C.14D.18解析：根据题意，抛物线y ＝2x 2上，设P 到准线的距离为d ，则有|PF |＝d ，抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，所以当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18. 答案：D4．(2019·天津卷)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a＞0，b ＞0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，则双曲线的离心率为( )A. 2B. 3C ．2 D. 5解析：由已知易得，抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1，0)，准线l ：x ＝－1，所以|OF |＝1. 又双曲线的两条渐近线的方程为y ＝±b ax ，不妨设点A ⎝⎛⎭⎪⎫－1，b a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－b a ，所以|AB |＝2b a ＝4|OF |＝4，所以b a＝2，即b ＝2a ，所以b 2＝4a 2.又因为c 2＝a 2＋b 2，所以c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5. 答案：D5．(2019·安徽六安一中模拟)点P 在椭圆C 1：x 24＋y 23＝1上，C 1的右焦点为F 2，点Q 在圆C 2：x 2＋y 2＋6x －8y ＋21＝0上，则|PQ |－|PF 2|的最小值为( )A ．42－4B ．4－4 2C ．6－2 5D ．25－6解析：设椭圆的左焦点为F 1(－1，0)．则|PQ |－|PF 2|＝|PQ |－(2a －|PF 1|)＝|PQ |＋|PF 1|－4， 故要求|PQ |－|PF 2|的最小值． 即求|PQ |＋|PF 1|的最小值．又圆C 2的半径r ＝2，圆心C 2(－3，4)，所以(|PQ |＋|PF 1|)min ＝|C 2F 1|－r ＝22＋（－4）2－2＝25－2.故|PQ |－|PF 2|的最小值为25－6. 答案：D 二、填空题6．(2019·广东六校联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点为F 1、F 2，在双曲线上存在点P 满足2|PF 1→＋PF 2→|≤|F 1F 2→|，则此双曲线的离心率e 的取值范围是________．解析：由于O 是F 1F 2的中点，得PO →＝12(PF 1→＋PF 2→)．因为双曲线上的存在点P 满足2|PF 1→＋PF 2→|≤|F 1F 2→|，则4|PO →|≤2c .由于|PO →|≥a ，知4a ≤2c ，所以e ≥2. 答案：[2，＋∞)7．已知抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴，y 轴垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________．解析：不妨设A (x 1，y 1)(y 1＞0)，B (x 2，y 2)(y 2＜0)．则|AC |＋|BD |＝x 2＋y 1＝y 224＋y 1.又y 1y 2＝－p 2＝－4，所以|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2＜0)．设g (x )＝x 24－4x ，g ′(x )＝x 3＋82x2，令g ′(x )＜0，得x ＜－2， 令g ′(x )＞0，得－2＜x ＜0.所以g (x )在(－∞，－2)上递减，在(－2，0)上递增．所以当x ＝－2，即y 2＝－2时，|AC |＋|BD |取最小值为3. 答案：38．(2019·浙江卷)已知椭圆x 29＋y 25＝1的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方．若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，|OF |为半径的圆上，则直线PF 的斜率是________．解析：如图，左焦点F (－2，0)，右焦点F ′(2，0)．线段PF 的中点M 在以O (0，0)为圆心，2为半径的圆上，因此OM ＝2. 在△FF ′P 中，OM 12PF ′， 所以PF ′＝4.根据椭圆的定义，得PF ＋PF ′＝6， 所以PF ＝2. 又因为FF ′＝4， 所以在Rt △MFF ′中，tan ∠PFF ′＝MF ′MF ＝FF ′2－MF 2MF＝15，故直线PF 的斜率是15. 答案：15 三、解答题9．已知曲线C ：y 2＝4x ，曲线M ：(x －1)2＋y 2＝4(x ≥1)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)若OA →·OB →＝－4，求证：直线l 恒过定点；(2)若直线l 与曲线M 相切，求PA →·PB →(点P 坐标为(1，0))的最大值． (1)证明：设l ：x ＝my ＋n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0. 所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n . 所以x 1＋x 2＝4m 2＋2n ，x 1x 2＝n 2.由OA →·OB →＝－4，得x 1x 2＋y 1y 2＝n 2－4n ＝－4，解得n ＝2. 所以直线l 方程为x ＝my ＋2， 所以直线l 恒过定点(2，0)．(2)解：因为直线l 与曲线M ：(x －1)2＋y 2＝4(x ≥1)相切， 所以|1－n |1＋m2＝2，且n ≥3，整理得4m 2＝n 2－2n －3(n ≥3)．①又点P 坐标为(1，0)，所以由已知及①，得 PA →·PB →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2 ＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2 ＝n 2－4m 2－2n ＋1－4n ＝n 2－4m 2－6n ＋1＝4－4n . 又y ＝4－4n (n ≥3)是减函数，所以当n ＝3时，y ＝4－4n 取得最大值－8. 故PA →·PB →的最大值为－8.10．(2019·惠州调研)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，短轴长为2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (0，4)的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点，F 是椭圆C 的上焦点．问：是否存在直线l ，使得S △MAF ＝S △MNF ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知c a ＝12，b ＝3，且a 2＝b 2＋c 2，解之得a 2＝4，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为y 24＋x 23＝1.(2)存在．理由如下：由题意可知l 的斜率一定存在，设l 为y ＝kx ＋4，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋4，y 24＋x 23＝1，⇒(3k 2＋4)x 2＋24kx ＋36＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（24k ）2－144（3k 2＋4）＞0， ①x 1＋x 2＝－24k 3k 2＋4， ②x 1x 2＝363k 2＋4， ③由S MAF ＝S △MNF ，知M 为线段AN 的中点， 所以x 2＝2x 1，④ 将④代入②得x 1＝－8k 3k 2＋4；④代入③得x 21＝183k 2＋4. 从而可得k 2＝365，且满足①式，所以k ＝±655.因此存在直线l 为6x －5y ＋45＝0或6x ＋5y －45＝0满足题意．B 级 能力提升11．(2019·华南师大检测)已知椭圆D 的中心在原点，焦点在x 轴上，焦距为2，且长轴长是短轴长的2倍．(1)求椭圆D 的标准方程；(2)设P (2，0)，过椭圆D 左焦点F 的直线l 交D 于A 、B 两点，若对满足条件的任意直线，不等式PA →·PB →＝λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值．解：(1)依题意，c ＝1，a ＝2b ， 又a 2＝b 2＋c 2，得2b 2＝b 2＋1， 所以b 2＝1，a 2＝2.所以椭圆D 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则PA →·PB →＝(x 1－2，y 1)·(x 2－2，y 2)＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2，当直线l 垂直于x 轴时，x 1＝x 2＝－1，y 1＝－y 2且y 21＝12，此时PA →＝(－3，y 1)，PB →＝(－3，y 2)＝(－3，－y 1)，所以PA →·PB →＝(－3)2－y 21＝172.当直线l 不垂直于x 轴时，设直线l ：y ＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋1），x 2＋2y 2＝2，整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k2，所以PA →·PB →＝x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＋k 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝(1＋k 2)x 1x 2＋(k 2－2)(x 1＋x 2)＋4＋k 2＝(1＋k 2)2k 2－21＋2k 2－(k 2－2)·4k 21＋2k 2＋4＋k 2＝17k 2＋22k 2＋1＝172－132（2k 2＋1）＜172. 要使不等式PA →·PB →≤λ(λ∈R)恒成立，只需λ≥(PA →·PB →)max ，故λ的最小值为172.12．设椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为A (－1，0)，B (1，0)，C 为椭圆M 上的点，且∠ACB ＝π3，S △ABC ＝33. (1)求椭圆M 的标准方程；(2)设过椭圆M 右焦点且斜率为k 的动直线与椭圆M 相交于E ，F 两点，探究在x 轴上是否存在定点D ，使得DE →·DF →为定值？若存在，试求出定值和点D 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝CA 2＋CB 2－2CA ·CB ·cos C ＝(CA ＋CB )2－3CA ·CB ＝4.又S △ABC ＝12CA ·CB ·sin C ＝34CA ·CB ＝33，所以CA ·CB ＝43，代入上式得CA ＋CB ＝22，所以椭圆长轴2a ＝22，焦距2c ＝AB ＝2，所以b ＝1. 所以椭圆M 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线方程y ＝k (x －1)，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8＞0， 所以x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k2.假设x 轴上存在定点D (x 0，0)使得DE →·DF →为定值．所以DE →·DF →＝(x 1－x 0，y 1)·(x 2－x 0，y 2) ＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋y 1y 2＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－(x 0＋k 2)(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2＝（2x 20－4x 0＋1）k 2＋（x 20－2）1＋2k2要使DE →·DF →为定值，则DE →·DF →的值与k 无关， 所以2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时DE →·DF →＝－716为定值，定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0.满分示范课——解析几何解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2，0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[规范解答] (1)由已知得F (1，0)，l 的方程为x ＝1. 把x ＝1代入椭圆方程x 22＋y 2＝1，得点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2，0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k（x 1－2）（x 2－2）.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问求出点A 的坐标，第(2)问求k MA ＋k MB ＝0，判定MA ，MB 的倾斜角互补． 2．得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分．如第(1)问中求出直线AM 的方程，第(2)问讨论直线与坐标轴是否垂直，将直线y ＝k (x －1)与x 22＋y 2＝1联立得(2k2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.3．得计算分：解题过程中计算准确是满分的根本保证．如第(1)问求对点M 坐标与直线AM 的方程；第(2)问中正确运算出x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，求出k MA ＋k MB ＝0，否则将导致失分．[解题程序] 第一步：由椭圆方程，求焦点F 及直线l . 第二步：求点A 的坐标，进而得直线AM 的方程． 第三步：讨论直线的斜率为0或不存在时， 验证∠OMA ＝∠OMB .第四步：联立方程，用k 表示x 1＋x 2与x 1x 2. 第五步：计算k MA ＋k MB ＝0，进而得∠OMA ＝∠OMB . 第六步：反思总结，规范解题步骤． [跟踪训练]1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长等于23，椭圆上的点到右焦点F 最远距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过F 的直线与C 交于A 、B 两点(A 、B 不在x 轴上)，若OE →＝OA →＋OB →，且E 在椭圆上，求四边形AOBE 面积．解：(1)由题意，2b ＝23，知b ＝ 3.又a ＋c ＝3，a 2＝b 2＋c 2＝3＋c 2，所以可得a ＝2，且c ＝1.因此椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)F (1，0)．直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0. 由根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＞0，y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4. 故AB 的中点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫43m 2＋4，－3m 3m 2＋4. 又OA →＋OB →＝2ON →＝OE →，故E 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫83m 2＋4，－6m 3m 2＋4. 因为E 点在椭圆上，所以14×⎝ ⎛⎭⎪⎫83m 2＋42＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋42＝1， 化简得9m 4＋12m 2＝0，故m 2＝0，此时直线AB ：x ＝1，S 四边形AOBE ＝2S △AOE ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×32＝3. 2．(2019·长沙模拟一中)设椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，定义椭圆C 的“相关圆”E 的方程为x 2＋y 2＝a 2b 2a 2＋b 2.若抛物线x 2＝4y 的焦点与椭圆C 的一个焦点重合，且椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．(1)求椭圆C 的方程和“相关圆”E 的方程；(2)过“相关圆”E 上任意一点P 的直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两点．O 为坐标原点，若OA ⊥OB ，证明原点O 到直线AB 的距离是定值，并求m 的取值范围．解：(1)因为抛物线x 2＝4y 的焦点为(0，1)．依题意椭圆C 的一个焦点为(0，1)，知c ＝1，又椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，则b ＝c ＝1. 故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1，“相关圆”E 的方程为x 2＋y 2＝23.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m，y 22＋x 2＝1，得(2＋k 2)x 2＋2kmx ＋m 2－2＝0，Δ＝4k 2m 2－4(2＋k 2)(m 2－2)＝8(k 2－m 2＋2)＞0，即k 2－m 2＋2＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2kmk 2＋2，x 1x 2＝m 2－2k 2＋2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2（m 2－2）k 2＋2－2k 2m 2k 2＋2＋m 2＝2m 2－2k2k 2＋2.由条件OA ⊥OB 得，OA →·OB →＝0，即3m 2－2k 2－2＝0，所以原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2，由3m 2－2k 2－2＝0得d ＝63为定值．由Δ＞0，即k 2－m 2＋2＞0，所以3m 2－22－m 2＋2＞0，即m 2＋2＞0，恒成立． 又k 2＝3m 2－22≥0，即3m 2≥2，所以m 2≥23，即m ≥63或m ≤－63，综上，m ≥63或m ≤－63.。
2019-2020年高考数学二轮复习第二篇核心知识回扣2.5解析几何课件文
a
【易错易混提醒】
1.易忽视直线方程的几种形式的限制条件,如根据直线
在两轴上的截距相等设方程时,忽视截距为0的情况,直
接设为
=1;再如,过定点P(x0,y0)的直线往往忽视
斜率不存在的情况直接设为y-y0=k(x-x0)等.
x＋ y aa
2.易误认为两圆相切为两圆外切,忽视两圆内切的情况 导致漏解. 3.满足|PF1|+|PF2|=2a的点P的轨迹不一定是椭圆.当 2a>|F1F2|时,点P的轨迹是椭圆;当2a=|F1F2|时,点P的轨 迹是线段F1F2;当2a<|F1F2|时,点P的轨迹不存在.
4.易混淆椭圆的标准方程与双曲线的标准方程,尤其是 方程中a,b,c三者之间的关系,导致计算错误. 5.已知双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率时,易忽 视讨论焦点所在坐标轴导致漏解.
6.直线与圆锥曲线相交的必要条件是它们构成的方程组
有实数解,消元后得到的方程中要注意:二次项的系数是
否为零,判别式Δ ≥0的限制.尤其是在应用根与系数的 关系解决问题时,必须先有“判别式Δ ≥0”;在求交点、 弦长、中点、斜率、对称或存在性问题都应在“Δ >0” 下进行.
三、课后“静思2分钟”大有学问
我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课 后复习30分钟。
6.椭圆、双曲线中,a,b,c之间的关系 (1)在椭圆中:a2=b2+c2,离心率为e=
c
(2)在双曲线中:c2=a2+b2,离心率为e=a
2019-2020学年度高三高考数学二轮复习专题训练+20+Word版含答案
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三高考数学二轮复习专题训练+20+Word版含答案______年______月______日____________________部门1、设、分别是椭圆的左、右焦点。
（1）若是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值；P 12PF PF ⋅ （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围。
)2,0(M l B A ,AOB ∠O l k解：（1）依题易知，所以，设，2,1,3a b c ===()()123,0,3,0F F -则因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值—2 当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值1。
12PF PF ⋅（2）显然直线不满足题设条件，可设直线，0x =)2(:-=x k y l ()()2211,,,y x B y x A联立，消去，整理得：⎪⎩⎪⎨⎧=+-=14)2(22y x x k y y 2214304k x kx ⎛⎫+++= ⎪⎝⎭ ∴12122243,1144k x x x x k k +=-⋅=++由得：或；()2214434304k k k ⎛⎫∆=-+⨯=-> ⎪⎝⎭23-<k 23>k 又，，即，∴；12120OA OB x x y y ⋅=+>2223101144k k k -++>++24k <22k -<< 故有或。
322k -<<-322k <<2、已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆的短轴的端点和焦点所组成的四边形是正方形，且两准线间的距离为4。
O x （1）求该椭圆的方程；（2）若直线过点，且与椭圆交于不同的两点，当面积取得最大值时，求该直线的方程，并求出面积的最大值。
l ()2,0P B A ,AOB ∆l AOB ∆ 3、长度为的线段的两个端点分别在轴和轴上滑动，点在线段上，且为常数且。
2020版高考数学大二轮复习 专题 立体几何增分强化练 理
增分强化练1．(2019·泉州质检)在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AB ＝1，AD ＝2BC ＝2，PD ＝ 3.(1)求证： 平面PBD ⊥平面PAC ；(2)M 为棱PB 上异于B 的点，且AM ⊥MC ，求直线AM 与平面MCD 所成角的正弦值． 解析：(1)证明：在Rt △ABC 与Rt △ABD 中，因为BC AB ＝22， AB AD ＝22， 所以BC AB ＝ABAD，∠ABC ＝∠DAB ＝90°，即△ABC ∽△DAB ，所以∠ABD ＝∠BCA .因为∠ABD ＋∠CBD ＝90°，所以∠BCA ＋∠CBD ＝90°，所以AC ⊥BD . 因为PD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AC ， 又BD ∩PD ＝D ，所以AC ⊥平面PBD ， 又AC ⊂平面PAC, 所以平面PBD ⊥平面PAC .(2)过A 作AE ∥DP ，因为PD ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥平面ABCD ，即AE ，AB ，AD 两两相垂直，以A 为原点，AB ，AD ，AE 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB ＝1，AD ＝2BC ＝2，PD ＝3， 所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，0，D (0，2，0)，P (0，2，3)， AB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1，2，3)，CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22，0， 设BM →＝λBP →，λ∈(0,1]．则AM →＝AB →＋λBP →＝(1－λ，2λ，3λ)， CM →＝CB →＋λBP →＝(－λ，－22＋2λ，3λ).因为AM ⊥MC ，所以AM →·CM →＝0，即(1－λ)(－λ)＋2λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋2λ＋3λ2＝0，解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝13.因为λ∈(0,1]，所以λ＝13.所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，33，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，33.所以DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22，0，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－223，33，设n ＝(x 0，y 0，z 0)为平面MCD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DM →＝0n ·DC →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧23x 0－223y 0＋33z 0＝0x 0－22y 0＝0，所以取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫62，3，2， 设直线AM 与平面MCD 所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝63＋63＋6349＋29＋39·64＋3＋2＝23913，所以直线AM 与平面MCD 所成角的正弦值23913.2．(2019·济宁模拟)如图，在直角梯形ABED 中，AB ∥DE ，AB ⊥BE ，且AB ＝2DE ＝2BE ，点C 是AB 中点，现将△ACD 沿CD 折起，使点A 到达点P 的位置．(1)求证：平面PBC⊥平面PEB；(2)若PE与平面PBC所成的角为45°，求平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值．解析：(1)证明：∵AB∥DE，AB＝2DE，点C是AB中点，∴CB∥ED，CB＝ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴CD∥EB，又EB⊥AB，∴CD⊥AB，∴CD⊥PC，CD⊥BC，∴CD⊥平面PBC，∴EB⊥平面PBC，又∵EB⊂平面PEB，∴平面PBC⊥平面PEB.(2)由(1)知EB⊥平面PBC，∴∠EPB即为PE与平面PBC所成的角，∴∠EPB＝45°，∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，∴△PBE为等腰直角三角形，∴EB＝PB＝BC＝PC，故△PBC为等边三角形，取BC的中点O，连结PO，则PO⊥BC，∵EB⊥平面PBC，又EB⊂平面EBCD，∴平面EBCD⊥平面PBC，又PO⊂平面PBC，∴PO⊥平面EBCD，以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图，设BC ＝2，则B (0,1,0)，E (2,1,0)，D (2，－1,0)，P (0,0，3)，从而DE →＝(0,2,0)，PE →＝(2,1，－3)， 设平面PDE 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →＝0m ·PE →＝0得⎩⎨⎧2y ＝02x ＋y －3z ＝0，令z ＝2得m ＝(3，0,2)，又平面PBC 的一个法向量n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝37＝217，平面PDE 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为217. 3．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A MA 1N 的正弦值． 解析：(1)证明：如图，连接B 1C ，ME . 因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ， 可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形， 所以MN ∥ED . 又MN ⊄平面C 1DE ， 所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA ，以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105. 4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．解析：(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)． 设平面EBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 2＝0，x 2－y 2＋z 2＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12.所以，二面角B EC C 1的正弦值为32. 增分强化练一、选择题1．已知直线l ⊥平面α，直线m ∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是( ) A ．l ∥β或l ⊂β B ．l ∥m C ．m ⊥αD ．l ⊥m解析：当直线l ⊥平面α，α⊥β时，假设l ∩β＝A ，过A 在平面β内作a ⊥l ，根据面面垂直的性质定理可知：a ⊥α，这样过一点A 有两条直线a ，l 与平面α垂直，这与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直相矛盾，故假设不成立，所以l ∥β或l ⊂β，故本题选A. 答案：A2．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ⊥α C ．若m ⊥α，m ∥n ，则n ⊥α D ．若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β解析：设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则： 在A 中，若m ∥α，m ∥β，则α与β相交或平行，故A 错误； 在B 中，若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α或n ⊂α，故B 错误；在C 中，若m ⊥α，m ∥n ，则由线面垂直的判定定理得n ⊥α，故C 正确； 在D 中，若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β或m ⊂β，故D 错误． 故选C. 答案：C3．(2019·蚌埠模拟)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2AA 1＝2，E ，F 分别在AB ，BC 上，则下列说法错误的是( )A ．直线AD 与A 1C 1所成的角为π4B ．当E 为中点时，平面A 1D 1E ⊥平面B 1C 1E C ．当E ，F 为中点时，EF ⊥BD 1 D ．当E ，F 为中点时，BD 1⊥平面B 1EF解析：对于A 选项，将A 1C 1平移到AC 如图所示，由于四边形ABCD 为正方形，故AD ，AC 所成角为π4，也即AD ，A 1C 1所成角为π4，故A 选项正确．对于B 选项，由于A 1E ＝B 1E ＝2，A 1B 1＝2，满足勾股定理，故A 1E ⊥B 1E ，而A 1E ⊥B 1C 1，故A 1E ⊥平面B 1C 1E ，所以平面A 1D 1E ⊥平面B 1C 1E ，故B 选项正确．对于C 选项，由于EF ∥AC ，故EF ⊥BD ，EF ⊥BB 1，由此证得EF ⊥平面BDD 1B 1，故EF ⊥BD 1，故C 选项正确．对于D 选项，虽然EF ⊥BD 1，但是BD 1与B 1E ，B 1F 不垂直，故D 选项说法错误．综上所述，本小题选D.答案：D4．(2019·咸阳模拟)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、B 1C 1的中点，则异面直线A 1E 、FC 所成角的余弦值为( )A.105 B.1010C.102D.45解析：取C 1D 1的中点G ，连接CG ，FG (图略)，因为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，且E ，G 分别是AB ，C 1D 1的中点， 所以A 1E ∥CG ，所以∠FCG 即为异面直线A 1E 、FC 所成角或其补角， 设正方体边长为2，则FC ＝CG ＝5，FG ＝2， 在△FCG 中由余弦定理得cos ∠FCG ＝5＋5－22×5×5＝45，所以异面直线A 1E 、FC 所成角的余弦值为45，故选D. 答案：D5．如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB 1、BC 1的中点，下列结论中正确的是( )A ．EF ⊥BB 1 B ．EF ⊥平面BCC 1B 1 C ．EF ∥平面D 1BCD ．EF ∥平面ACC 1A 1解析：连接B 1C 交BC 1于F ，由于四边形BCC 1B 1是平行四边形，对角线平分，故F 是B 1C 的中点．因为E 是AB 1的中点，所以EF 是△B 1AC 的中位线，故EF ∥AC ，所以EF ∥平面ACC 1A 1.故选D.答案：D6．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE，ΔBEF，△CDF分别沿DE，EF，FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EDF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )A．5π B．6πC．8π D．11π解析：由题意可知△A′EF是等腰直角三角形，且A′D⊥平面A′EF.三棱锥的底面A′EF扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，正四棱柱的体对角线的长度就是外接球的直径，直径为1＋1＋4＝ 6.∴球的半径为62，∴球的表面积为4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝6π.故选B. 答案：B 二、填空题7．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于________．解析：延长CA 到D (图略)，使得AD ＝AC ，则ADA 1C 1为平行四边形，∠DA 1B 就是异面直线BA 1与AC 1所成的角，又A 1D ＝A 1B ＝DB ＝2AB ，则△A 1DB 为等边三角形，∴∠DA 1B ＝60°. 答案：60°8．(2019·桂林、崇左模拟)在大小为75°的二面角αl β内有一点M 到两个半平面的距离分别为1和2，则点M 到棱l 的距离等于________．解析：由题意，设垂足分别为A ，B ，则在△MAB 中，MA ＝1，MB ＝2，∠AMB ＝105°，∴AB 2＝1＋2－2×1×2×cos∠AMB ＝2＋3， ∴AB ＝2＋ 3.设M 到棱的距离为l ，则l ＝ABsin 105°＝2＋36＋24＝2.答案：2 三、解答题9．(2019·汕头模拟)如图，等边△PAC 所在平面与梯形ABCD 所在平面互相垂直，且有AD ∥BC ，AB ＝AD ＝DC ＝2，BC ＝4.(1)证明：AB ⊥平面PAC ； (2)求点D 到平面PAB 的距离．解析：(1)证明：取BC 中点M ，连接AM ， 则四边形AMCD 为菱形， 即有AM ＝MC ＝12BC,所以AB ⊥AC ，又AB ⊂平面ABCD ，平面ABCD ⊥平面PAC ，平面ABCD ∩平面PAC ＝AC ， ∴AB ⊥平面PAC .(2)由(1)可得PA ＝AC ＝23，所以∠ABC ＝60°，∠BAD ＝120°， 取AC 中点O ，连接PO ， 则PO ⊥AC ，PO ＝3，又PO ⊂平面PAC ，平面PAC ⊥平面ABCD ，平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ∴PO ⊥平面ABCD ； 所以V D PAB ＝V P ABD ＝13S ABD ·PO＝13×12×2×2×sin 120°×3＝3， 由(1)有AB ⊥平面PAC ，得AB ⊥PA ， ∴S ΔPAB ＝12×2×23＝23，设点D 到平面PAB 的距离为d ， 由V D PAB ＝13S ΔPAB ·d .∴d ＝32.10.如图，E 是以AB 为直径的半圆上异于A 、B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于该半圆所在的平面，且AB ＝2AD ＝2. (1)求证：EA ⊥EC ；(2)设平面ECD 与半圆弧的另一个交点为F . ①试证：EF ∥AB ；②若EF ＝1，求三棱锥E ADF 的体积． 解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面 ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ，BC ⊥AB ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ABE .又∵AE ⊂平面ABE ，∴BC ⊥AE .∵E 在以AB 为直径的半圆上，∴AE ⊥BE ，又∵BE ∩BC ＝B ，BC 、BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE .又∵CE ⊂平面BCE ，∴EA ⊥EC .(2)①证明： ∵AB ∥CD ，AB ⊄平面CED ，CD ⊂平面CED ， ∴AB ∥平面CED .又∵AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面CED ＝EF ， ∴AB ∥EF .②取AB 中点O ，EF 的中点O ′，(图略)在Rt△OO ′F 中，OF ＝1，O ′F ＝12，∴OO ′＝32.由(1)已证得BC ⊥平面ABE ，又已知AD ∥BC ， ∴AD ⊥平面ABE .故V E ADF ＝V D AEF ＝13·S △AEF ·AD ＝13·12·EF ·OO ′·AD ＝312.11．如图1，在△ABC 中，C ＝90°，AC ＝2BC ＝4，E ，F 分别是AC 与AB 的中点，将△AEF 沿EF 折起，连接AC 与AB 得到四棱锥A BCEF (如图2)，G 为线段AB 的中点．(1)求证：FG ∥平面ACE ；(2)当四棱锥A BCEF 体积最大时，求F 与平面ABC 的距离． 解析：(1)证明：取AC 的中点H ，连接EH ，GH ，由于G 是AB 的中点， ∴GH ∥BC ，且GH ＝12BC ，又E ，F 分别为图1中AC 与AB 的中点， ∴FE ∥BC ，且FE ＝12BC ，∴FE ∥GH ，FE ＝GH ，∴四边形EFGH 为平行四边形， ∴FG ∥EH ，又FG ⊄平面ACE ，EH ⊂平面ACE ， ∴FG ∥平面ACE .(2)当四棱锥A BCF 体积最大时，AE ⊥平面BCEF ， 又EF ⊥EC ，AE ∩EF ＝E ， ∴FE ⊥平面AEC ，又FE ∥BC ， ∴BC ⊥平面ACE ∴BC ⊥EH ，又AE ＝EC ＝2，H 是AC 的中点，EH ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ，∴EH ⊥平面ABC ，而EF ∥平面ABC ，∴F 到平面ABC 的距离即为E 到平面ABC 的距离，EH ＝EC ×sin 45°＝ 2.增分强化练考点一 利用空间向量证明平行与垂直如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1,2,0)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量求空间角1．(2019·滨州模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BC ＝BB 1，∠B 1BC ＝60°，B 1C 1⊥AB 1.(1)证明：AB ＝AC ；(2)若AB ⊥AC ，且AB 1＝BB 1，求二面角A 1CB 1C 1的余弦值． 解析：(1)证明：取BC 的中点O ，连结AO ，OB 1. 因为BC ＝BB 1，∠B 1BC ＝60°， 所以△BCB 1是等边三角形， 所以B 1O ⊥BC ，又BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊥AB 1， 所以BC ⊥AB 1， 所以BC ⊥平面AOB 1，所以BC ⊥AO ，由三线合一可知△ABC 为等腰三角形 所以AB ＝AC .(2)设AB 1＝BB 1＝2，则BC ＝B 1C ＝2. 因为AB ⊥AC ，所以AO ＝1.又因为OB 1＝3，所以OB 21＋AO 2＝AB 21， 所以AO ⊥OB 1.以O 为坐标原点，向量OB →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则O (0,0,0)，C (－1,0,0)，A 1(－1，3，1)，B 1(0，3，0)，CA →1＝(0，3，1)，CB →1＝(1，3，0)．设平面A 1B 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CA →1 ·n ＝0CB →1·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ＋z ＝0x ＋3y ＝0，可取n ＝(3，－1，3)，由(1)可知，平面CB 1C 1的法向量可取OA →＝(0,0,1)，所以cos 〈OA →，n 〉＝OA →·n |OA →||n | ＝217，由图示可知，二面角A 1CB 1C 1为锐二面角， 所以二面角A 1CB 1C 1的余弦值为217. 2.已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，E 为CD 的中点，PB ⊥AE . (1)证明：平面PBD ⊥平面ABCD ；(2)若PB ＝PD ，PC 与平面ABCD 所成的角为π4，求二面角B PD C 的余弦值．解析：(1)证明：由ABCD 是直角梯形，AB ＝3，BC ＝2AD ＝2，可得DC ＝2，∠BCD ＝π3，BD ＝2，从而△BCD 是等边三角形， ∠BDC ＝π3，BD 平分∠ADC ，∵E 为CD 的中点，DE ＝AD ＝1，∴BD ⊥AE ， 又∵PB ⊥AE ，PB ∩BD ＝B ，∴AE ⊥平面PBD ， ∵AE ⊂平面ABCD ，∴平面PBD ⊥平面ABCD . (2)如图，作PO ⊥BD 于O ，连接OC ，∵平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD ∩平面ABCD ＝BD ，∴PO ⊥平面ABCD ， ∴∠PCO 为PC 与平面ABCD 所成的角，∠PCO ＝π4，又∵PB ＝PD ，∴O 为BD 中点，OC ⊥BD ，OP ＝OC ＝3， 以OB ，OC ，OP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)．PC →＝(0，3，－3)，PD →＝(－1,0，－3)，设平面PCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0得⎩⎨⎧3y －3z ＝0，x ＋3z ＝0，令z ＝1得n ＝(－3，1,1)，又平面PBD 的一个法向量为m ＝(0,1,0)， 设二面角B PD C 为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n |·|m |＝15×1＝55.所求二面角B PD C 的余弦值是55. 考点三 立体几何中的探索性问题1．(2019·桂林、崇左模拟)已知四棱锥S ABCD 的底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝π3，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上的任意一点．(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝AB＝2，是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°？如果存在，求出点E的位置，如果不存在，请说明理由．解析：(1)证明：∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴SA⊥BD.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵AC∩AS＝A，∴BD⊥平面SAC.∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.(2)当点E为SC的中点时，平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°，理由如下：设AC与BD的交点为O，以OC、OD所在直线分别为x、y轴，以过O垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图)，则A (－1,0,0)，C (1,0,0)，S (－1,0,2)，B (0，－3，0)，D (0，3，0)． 设E (x,0，z )，则SE →＝(x ＋1,0，z －2)，EC →＝(1－x,0，－z )， 设SE →＝λEC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ－1λ＋1z ＝2λ＋1，∴E ⎝⎛⎭⎪⎫λ－1λ＋1，0，2λ＋1，∴DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－1λ＋1，－3，2λ＋1，BD →＝(0,23，0)，设平面BDE 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DE→n ⊥BD→ ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0n ·BD →＝0.求得n ＝(2,0,1－λ)为平面BDE 的一个法向量． 同理可得平面SAD 的一个法向量为m ＝(3，－1,0)， ∵平面BED 与平面SAD 所成的锐二面角的大小为30°，∴cos 30°＝|m ·n ||m ||n |＝|(3，－1，0)·(2，0，1－λ)|24＋(1－λ)2＝32，解得λ＝1. ∴E 为SC 的中点．2．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝CC 1＝2，∠ACC 1＝∠CC 1B 1，直线AC 与直线BB 1所成的角为60°.(1)求证：AB 1⊥CC 1；(2)若AB 1＝6，M 是AB 1上的点，当平面MCC 1与平面AB 1C 夹角的余弦值为15时，求AMMB 1的值．解析：(1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，各侧面均为平行四边形， 所以BB 1∥CC 1，则∠ACC 1即为AC 与BB 1所成的角， 所以∠ACC 1＝∠CC 1B 1＝60°， 如图，连接AC 1和B 1C ， 因为CA ＝CB ＝CC 1＝2，所以△ACC 1和△B 1CC 1均为等边三角形， 取CC 1的中点O ，连AO 和B 1O ， 则AO ⊥CC 1，B 1O ⊥CC 1， 又AO ∩B 1O ＝O ， 所以CC 1⊥平面AOB 1，AB 1⊂平面AOB 1，所以AB 1⊥CC 1.(2)由(1)知AO ＝B 1O ＝3，因为AB 1＝6， 则AO 2＋B 1O 2＝AB 21，所以AO ⊥B 1O ， 又AO ⊥CC 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1，以OB 1所在直线为x 轴，OC 1所在直线为y 轴，OA 所在直线为z 轴，建立如图空间直角坐标系，则A (0,0，3)，C (0，－1,0)，C 1(0,1,0)，B 1(3，0,0)，AC →＝(0，－1，－3)，AB 1→＝(3，0，－3)，CC 1→＝(0,2,0)，设AM →＝tMB 1→，M (x ，y ，z )，则(x ，y ，z －3)＝t (3－x ，－y ，－z )． 所以x ＝3t t ＋1，y ＝0，z ＝3t ＋1，M (3t t ＋1，0，3t ＋1)， 所以CM →＝(3t t ＋1，1，3t ＋1)，设平面ACB 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面MCC 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y 1－3z 1＝0，3x 1－3z 1＝0，解得n 1＝(1，－3，1)， ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CC 1→＝0，n 2·CM →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，3t t ＋1x 2＋y 2＋3t ＋1z 2＝0.解得n 2＝(1,0，－t )．所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|1－t |5·1＋t 2＝15， 解得t ＝12或t ＝2，即AM MB 1＝12或AMMB 1＝2.增分强化练一、选择题1．在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )A．圆面B．矩形面C．梯形面D．椭圆面或部分椭圆面解析：将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.答案：C2．(2019·三明质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.23πB．2πC.83π D．8π解析：由几何体三视图可知：该几何体为圆柱，且圆柱的底面圆半径为1，高为2，所以圆柱的体积为V＝π×12×2＝2π.故选B.答案：B3．(2019·新乡模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．28B ．30C ．36D ．42解析：该几何体是由12个棱长为1的正方体组合而成的，所以S (前后)＝12＋12＝24，S (左右)＝3＋3＝6，S (上下)＝6＋6＝12，从而S (表面)＝24＋6＋12＝42.故选D. 答案：D4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16π－323B ．16π－163C ．8π－323D ．8π－163解析：由三视图可知，该几何体是一个半圆柱挖去一个倒立的四棱锥，∴V ＝12×π×22×4－13×42×2＝8π－323.故选C.答案：C5．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某几何体的三视图，图中的曲线为半圆弧或圆，则该几何体的体积是( )A.2π3＋83B ．2π＋83C ．2π＋8D ．8π＋8解析：由题意可知几何体是组合体，由14的圆柱与一个四棱锥组成，如图：V ＝14×22×π×2＋13×2×2×2＝2π＋83.故选B.答案：B6．用一个平面去截正方体，则截面不可能是( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．正方形D ．正六边形解析：用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．故选A. 答案：A7．某几何体的正视图和侧视图均为如图所示的等腰三角形，则该几何体的体积不可能是( )A ．πB ．2C ．4D ．6解析：几何体可能是圆锥，底面半径为1，高为3，几何体的体积为13×12×π×3＝π，排除A ；几何体如果是正四棱锥，底面是正方形边长为2，高为3，几何体的体积为13×22×3＝4，排除C ；几何体如果是三棱锥，底面是等腰三角形，底边长为2，三角形的高为2，三棱锥的高为3，几何体的体积为13×12×2×2×3＝2，排除B ，故选D.答案：D8．某四棱锥的三视图如图所示，某侧视图是等腰直角三角形，俯视图轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面中，面积的最大值为( )A ．8B ．4 5C ．8 2D ．12 2解析： 因为三视图复原的几何体是四棱锥，顶点在底面的射影是直角梯形的一个顶点，后面是等腰直角三角形，直角边为4，所以后面的三角形的面积为12×4×4＝8, 右面三角形是直角三角形，直角边长为42，4，三角形的面积为12×42×4＝8 2.前面三角形BC 边长为6，高为42，其面积为12×42×6＝122，左面也是直角三角形，直角边长为4，25，三角形的面积为12×4×25＝45，四棱锥的四个侧面中面积最大的是前面三角形的面积12 2.故选D. 答案：D9．(2019·宁德质检)直三棱柱ABC A ′B ′C ′的所有棱长均为23，则此三棱柱的外接球的表面积为( ) A ．12π B ．16π C ．28πD ．36π解析：由直三棱柱的底面边长为23，得底面所在平面截其外接球所成的圆O 的半径r ＝2，又由直三棱柱的侧棱长为23，则球心到圆O 的球心距d ＝3， 根据球心距，截面圆半径，球半径构成直角三角形， 满足勾股定理，我们易得球半径R 满足：R 2＝r 2＋d 2＝7， ∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝28π. 故选C. 答案：C10．(2019·蚌埠模拟)榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，广泛用于建筑．榫卯是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．榫卯结构中凸出的部分叫榫(或叫榫头)．已知某“榫头”的三视图如图所示，则该“榫头”的体积是( )A ．48B ．50C ．54D ．63解析：由三视图可知，该几何体是由两个直棱柱组合而成，其直观图如图所示，故体积为3＋62×3×3＋3＋62×3×1＝54.故选C.答案：C11．如图，在矩形ABCD中，EF∥DA，GH∥BC，BC＝2，AF＝FG＝BG＝1，现分别沿EF，GH将矩形折叠使得AD与BC重合，则折叠后的几何体的外接球的表面积为( )A.8π3B.16π3C．6π D．24π解析：由题意得，折叠后的几何体为正三棱柱，且该三棱柱的底面边长为1，高为 2.如图所示的正三棱柱ABCA1B1C1.设上下底面的中心分别为O 1，O 2，则球心O 为O 1，O 2的中点，连OC ，O 2C ， 则O 2C ＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫32×1＝33，OO 2＝1，∴OC ＝O 2C 2＋O 2O 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫33 2＋1＝233， 即球半径R ＝233，∴该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.故选B. 答案：B12．若长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点都在体积为288π的球O 的球面上，则长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的表面积的最大值等于( ) A ．576 B ．288 C ．144 D ．72答案：B 二、填空题13．若圆锥底面半径为1，侧面积为5π，则该圆锥的体积是________． 解析：设圆锥的母线长为l ，圆锥底面半径为1，侧面积为5π， ∴5π＝πl ，即l ＝5， ∴圆锥的高h ＝5－1＝2，∴该圆锥的体积是V ＝13πr 2h ＝13π×2＝23π.314．(2019·长春质检)一个倒置圆锥形容器，底面直径与母线长相等，容器内存有部分水，向容器内放入一个半径为1的铁球，铁球恰好完全没入水中(水面与铁球相切)则容器内水的体积为________．解析：如图所示，作出轴截面，由题意，圆锥的底面直径与母线长相等，可得AP ＝AB ，则AP ＝2AC ，所以∠APC ＝30°，记铁球的半径为r ，即OC ＝OD ＝r ＝1，在△ODP 中，sin ∠OPD ＝OD OP ＝12，则OP ＝2r ＝2，所以PC ＝3r ＝3，因此AC ＝3r ＝3，PA ＝23r ＝23，所以铁球所在圆锥的体积为V 圆锥＝V 水＋V 铁球，即V 水＝V 圆锥－V 铁球＝13S 圆C ·PC －43πr 3＝13π(3)2·3－43π＝53π.315.已知所有棱长都相等的三棱锥的各个顶点同在一个半径为3的球面上，则该三棱锥的表面积为________．解析：构造一个各棱长为a 的正方体，连接各面的对角线可作出一个正四面体， 而此四面体的外接球即为正方体的外接球． 此球的直径为正方体的体对角线，即23，由勾股定理得到3a 2＝12⇒a ＝2，三棱锥的边长即为正方体的面对角线长为：22， 所以该锥体表面积S ＝4×12×(22)2×32＝8 3.答案：8 316．(2019·洛阳、许昌质检)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则A 1P ＋PC 的最小值为________．解析：连接A 1B ，沿BC 1将△CBC 1展开与△A 1BC 1在同一个平面内(图略)， 在BC 1上取一点与A 1C 构成三角形， ∵三角形两边和大于第三边，∴A 1P ＋PC 的最小值是A 1C 的连线．作展开图，如图，由∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝CC 1＝2， 得AB ＝AC 2＋BC 2＝6， 又AA 1＝CC 1＝2，∴A 1B ＝AA 21＋AB 2＝2＋6＝22，BC 1＝2＋2＝2，A 1C 1＝AC ＝2， ∴∠A 1BC 1＝45°，∠CBC 1＝45°，∴∠A 1BC ＝90°， ∴A 1C ＝A 1B 2＋BC 2＝8＋2＝10.答案：10增分强化练考点一 空间线、面位置关系的判断1．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝2，AA 1＝2，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.23 B.56 C.33D.66解析：画出图形，如图所示．连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1即为AB 1与BC 1所成的角或其补角． 在B 1AD 1中，AB 1＝AD 1＝6，B 1D 1＝2， 所以由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝6＋6－42×6＝23，所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为23.故选A. 答案：A2．(2019·宝鸡模拟)异面直线a ，b 所成的角为π3，直线a ⊥c ，则异面直线b 与c 所成角的范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，π2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，5π6解析：作b 的平行线b ′，交a 于O 点(图略)，所有与a 垂直的直线平移到O 点组成一个与直线a 垂直的平面α，O 点是直线a 与平面α的交点，在直线b ′上取一点P ，作垂线PP ′⊥平面α，交平面α于P ′，∠POP ′是b ′与面α的夹角为π6，在平面α中，所有与OP ′平行的直线与b ′的夹角都是π6，在平面α所有与OP ′垂直的线，由于PP ′垂直于平面α，所以该线垂直于PP ′，则该线垂直于平面OPP ′，所以该线垂直于b ′，故在平面α所有与OP ′垂直的线与b ′的夹角为π2，与OP ′夹角大于0，小于π2的线，与b ′的夹角为锐角且大于π6，故选B.答案：B3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，E ，F 分别为AC ，CC 1的中点，则直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°解析：连接AC 1，则EF ∥AC 1，直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，就是AC 1与平面AA 1B 1B 所成的角；作C 1D ⊥A 1B 1于D ，连接AD ，因为直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝4，所以底面是等腰三角形，则C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，可知∠C 1AD 就是直线EF 与平面AA 1B 1B 所成的角，CA ＝CB ＝4，AB ＝27，CC 1＝25，可得C 1D ＝42－(7)2＝3，AD ＝(7)2＋(25)2＝33， 所以tan ∠C 1AD ＝C 1D AD ＝33， 所以∠C 1AD ＝30°. 故选A.答案：A考点二空间线面平行、垂直关系的证明1．(2019·晋城模拟)若a，b是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A．若a∥α，b∥β，a⊥b，则α⊥βB．若a∥α，b∥β，a∥b，则α∥βC．若a⊥α，b⊥β，a∥b，则α∥βD．若a∥α，b⊥β，a⊥b，则α∥β解析：A中若a∥α，b∥β，a⊥b，平面α，β可能垂直也可能平行或斜交；B中若a∥α，b∥β，a∥b，平面α，β可能平行也可能相交；C中若a⊥α，a∥b，b⊥α，又b⊥β，故α∥β，所以a∥b必有α∥β；D中若a∥α，b⊥β，a⊥b，平面α，β可能平行也可能相交．故选C.答案：C2．(2019·蚌埠模拟)如图，在以P为顶点，母线长为2的圆锥中，底面圆O的直径长为2，点C在圆O所在平面内，且AC是圆O的切线，BC交圆O于点D，连接PD，OD.(1)求证：PB ⊥平面PAC ；(2)若AC ＝233，求点O 到平面PBD 的距离．解析：(1)证明：因为AB 是圆O 的直径，AC 与圆O 切于点A ，所以AC ⊥AB . 又在圆锥中，PO 垂直底面圆O ，所以PO ⊥AC ，而PO ∩AB ＝O ， 所以AC ⊥平面PAB ，从而AC ⊥PB .在△PAB 中，PA 2＋PB 2＝AB 2，所以PA ⊥PB ，又PA ∩AC ＝A 所以PB ⊥平面PAC . (2)因为AB ＝2，AC ＝233，AC ⊥AB ，所以在直角△ABC 中，∠ABC ＝π6.又OD ＝OB ＝1＝PO ，则△OBD 是等腰三角形，所以BD ＝3，S △OBD ＝12×1×1×sin 2π3＝34.又PB ＝PD ＝2，所以S △PBD ＝12×3×52＝154，设点O 到平面PBD 的距离为d ，由V P OBD ＝V O PBD ， 即13S △OBD ·PO ＝13S △PBD ·d ，所以d ＝55. 考点三 空间中的翻折问题1．(2019·淮南模拟)正三角形ABC 的边长为a ，将它沿平行于BC 的线段PQ 折起(其中P 在边AB 上，Q 在AC 边上)，使平面APQ ⊥平面BPQC .D ，E 分别是PQ ，BC 的中点．(1)证明：PQ ⊥平面ADE ；(2)若折叠后，A ，B 两点间的距离为d ，求d 最小时，四棱锥A PBCQ 的体积． 解析：(1)证明：在△APQ 中，AP ＝AQ ，D 是PQ 的中点，所以AD ⊥PQ .又因为DE 是等腰梯形BPQC 的对称轴，所以DE ⊥PQ . 而AD ∩DE ＝D ，所以PQ ⊥平面ADE .(2)因为平面APQ ⊥平面BPQC ，AD ⊥PQ ，所以AD ⊥平面PBCQ ，连结BD ，则d 2＝AD 2＋BD 2. 设AD ＝x ，DE ＝32a －x (E 为BC 的中点)， 于是BD 2＝DE 2＋BE 2＝ ⎝⎛⎭⎪⎫32a －x 2＋14a 2. 因此d 2＝x 2＋BD 2＝x 2＋DE 2＋BE 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫32a －x 2＋14a 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －34a 2＋58a 2，当x＝34a时，d min＝104a.此时四棱锥APBCQ的体积为13×S梯形PBCQ×AD＝13×12⎝⎛⎭⎪⎫a2＋a×34a×34a＝364a3.2．如图1，在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝60°，M是AD的中点，以BM为折痕，将△ABM 折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1BM⊥平面BCDM，如图2.(1)求证：A1M⊥BD；(2)若K为A1C的中点，求四面体MA1BK的体积．解析：(1)证明：在图1中，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，M是AD的中点，∴AD⊥BM，故在图2中，BM⊥A1M，∵平面A1BM⊥平面BCDM，平面A1BM∩平面BCDM＝BM，∴A1M⊥平面BCDM，又BD⊂平面BCDM，∴A1M⊥BD.图1 图2(2)在图1中，∵ABCD 是菱形，AD ⊥BM ，AD ∥BC ，∴BM ⊥BC ，且BM ＝3， 在图2中，连接CM ，则VA 1－BCM ＝13S △BCM ·A 1M ＝13×12×2×3×1＝33，∵K 是A 1C 的中点，∴VM A 1BK ＝VK MA 1B ＝12VC MA 1B ＝12VA 1BCM ＝36.增分强化练考点一 空间几何体的三视图1．日晷是中国古代利用日影测得时刻的一种计时工具，又称“日规”．通常由铜制的指针和石制的圆盘组成，铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，石制的脚盘叫做“晷面”，它放在石台上，其原理就是利用太阳的投影方向来测定并划分时刻．利用日晷计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，这项发明被人类沿用达几千年之久，下图是一位游客在故宫中拍到的一个日晷照片，假设相机镜头正对的方向为正方向，则根据图片判断此日晷的侧(左)视图可能为( )解析：因为相机镜头正对的方向为正方向，所以侧视图中圆盘为椭圆，又晷针斜向下穿盘而过，故其投影为下虚上实，故选D.答案：D2．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探求球体体积时构造的一个封闭几何体，它由完全相同的四个曲面构成，其直观图如图(其中四边形是为体现直观性而作的辅助线)．当“牟合方盖”的正视图和侧视图完全相同时，其俯视图为( )解析：∵相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．∴其正视图和侧视图是一个圆，俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，∴俯视图是有2条对角线且为实线的正方形，故选B.答案：B3．(2019·青岛模拟)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面为等腰直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：由三视图可得直观图如图所示：由三视图可知：PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥AD ，PD ⊥DC ，PD ⊥AB ， 又PD ＝AD ＝2，PD ＝DC ＝2，∴△PAD 和△PDC 为等腰直角三角形． 又PD ⊥AB ，AD ⊥AB ， ∴AB ⊥平面PAD ， ∴AB ⊥PA ，又AB ＝1，PA ＝4＋4＝22， ∴ΔPAB 不是等腰直角三角形．∵PB ＝12＋22＋22＝3，BC ＝12＋22＝5，PC ＝22＋22＝22， ∴△PBC 不是等腰直角三角形，综上所述，侧面为等腰直角三角形的共有2个． 故选B. 答案：B考点二 空间几何体的表面积与体积1．用半径为3 cm ，圆心角为2π3的扇形纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的高为( )A ．1 cmB ．2 2 cm C. 2 cmD ．2 cm解析：设圆锥的底面半径为r cm ，由题意底面圆的周长即扇形的弧长，可得2πr ＝2π3×3，即底面圆的半径为1，所以圆锥的高h ＝32－1＝22，故选B. 答案：B2．(2019·中卫模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A.16π3B.8π3C ．4 3D ．23π解析：由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体是有一个侧面PAC 垂直于底面，高为3，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．则这个几何体的外接球的球心O 在高线PD 上，且是正三角形PAC 的中心，这个几何体的外接球的半径R ＝23PD ＝233.则这个几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝16π3.故选A. 答案：A3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6＋3π2B ．6＋3πC ．2＋3π2D ．2＋3π解析：由题意，根据给定的三视图可知，该几何体左边表示一个底面为腰长为2的等腰直角三角形，高为3的直三棱柱，右边表示一个底面为半径为1的半圆，母线长为3的半圆柱，所以该几何体的体积为V ＝12×2×2×3＋12π×12×3＝6＋3π2，故选A.答案：A4．(2019·泰安模拟)如图，已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 为棱AA 1上任意一点，则四棱锥P BDD 1B 1的体积为________．解析：连结AC 交BD 于O (图略)，则有AO ⊥平面BDD 1B 1，。
2019-2020学年度高三数学专题复习 专题五 解析几何过关提升 文
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高三数学专题复习专题五解析几何过关提升文______年______月______日____________________部门专题过关·提升卷(时间：120分钟满分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1．(20xx·长沙调研)若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：x2＋y2－6x －8y＋m＝0外切，则m＝________．2．(20xx·福建高考改编)若双曲线E：－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且PF1＝3，则PF2＝________．3．(20xx·北京高考改编)圆心为(1，1)且过原点的圆的方程是________．4．已知直线x＋y＝a与圆x2＋y2＝1交于A、B两点，且|＋|＝|－|(其中O为坐标原点)，则实数a的值为________．5．(20xx·广东高考改编)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率e＝，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为________．6．(20xx·长沙模拟)双曲线x2－＝1的右焦点为F，O为坐标原点，以F为圆心，FO为半径的圆与此双曲线的两条渐近线分别交于点A，B(不同于O点)，则|AB|＝________．7．(20xx·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为________．8．(20xx·唐山调研)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，若F 关于直线x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为________．9．(20xx·重庆高考改编)已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则AB＝________．10．(20xx·山东高考改编)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为________．11．(20xx·青岛模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，过F作斜率为－1的直线交双曲线的渐近线于点P，点P在第一象限，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该双曲线的离心率为________．12．已知动点P(x，y)在椭圆C：＋＝1上，点F为椭圆C的右焦点，若点Q满足＝1，且·＝0，则的最大值为________．13．(20xx·衡水中学冲刺卷)已知F1，F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)的两个焦点，M为该双曲线右支上一点，且MF，F1F，MF成等差数列，该点到x轴的距离为，则该双曲线的离心率为________．14．(20xx·合肥质检)设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0<b<1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．二、解答题(本大题共6小题，共90分，解答时写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)(20xx·全国卷Ⅰ)已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)若·＝12，其中O为坐标原点，求MN.16．(本小题满分14分)(20xx·太原模拟)已知动点A在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，动点B在直线x＝－2上，且满足⊥(O为坐标原点)，椭圆C上的点M到两焦点距离之和为4.(1)求椭圆C的方程；(2)判断直线AB与圆x2＋y2＝3的位置关系，并证明你的结论．17．(本小题满分14分)(20xx·北京高考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P(0，1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．18．(本小题满分16分)(20xx·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；(2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．19.(本小题满分16分)(20xx·苏、锡、常、镇模拟)如图，已知椭圆：＋y2＝1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l 与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E、F两点．(1)若＝6，求k的值；(2)求四边形AEBF面积的最大值．20．(本小题满分16分)(20xx·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．已知点(1，e)和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P.(ⅰ)若AF1－BF2＝，求直线AF1的斜率；(ⅱ)求证：PF1＋PF2是定值．专题过关·提升卷1．9 [圆C1：x2＋y2＝1的圆心C1(0，0)，半径r1＝1.圆C2：x2＋y2－6x－8y＋m＝0的圆心为C2(3，4)，半径为r2＝.由于两圆外切，则|C1C2|＝r1＋r2，所以5＝1＋，解之得m＝9.]2．9 [由双曲线定义，|PF2－PF1|＝6，又PF1＝3，知点P在双曲线的左支上，则PF2－PF1＝6.所以PF2＝9.]3．(x－1)2＋(y－1)2＝2 [因为圆心为(1，1)且过原点，所以该圆的半径r＝＝，则该圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.]4．±1[∵|＋|＝|－|，∴以，为邻边作出的平行四边形OACB为矩形，则⊥，所以△OAB为直角三角形，因此AB＝.于是圆心O到直线x＋y＝a的距离d＝＝，从而，得＝，∴a＝±1.]5.－＝1 [因为所求双曲线的右焦点为F2(5，0)且离心率为e＝＝，所以c＝5，a＝4，b2＝c2－a2＝9，所以所求双曲线方程为－＝1.] 6．2 [由双曲线x2－＝1，右焦点F(2，0)，渐近线方程分别为y ＝±x ，代入圆F 的方程(x －2)2＋y2＝4，得x ＝1，y ＝±.故AB ＝2.]7. [圆心为(2，－1)，半径r ＝2.圆心到直线的距离d ＝＝，所以弦长为2＝2＝.]8.－1 [设F(－c ，0)，点A(m ，n)，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧n m ＋c ·（－3）＝－1，3（m －c ）2＋n 2＝0，解之得A. 代入椭圆方程，有＋＝1.又b2＝a2－c2代入，得c4－8a2c2＋4a4＝0.所以e4－8e2＋4＝0，e2＝4－2，e ＝－1.]9．6 [圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4，圆心为C(2，1)，半径为r ＝2，因此2＋a ×1－1＝0，a ＝－1，即A(－4，－1)，AB ＝＝＝6.]10．－或－ [圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1的圆心M(－3，2)，半径r ＝1.点N(－2，－3)关于y 轴的对称点N′(2，－3)．如图所示，反射光线一定过点N ′(2，－3)且斜率存在，∴反射光线所在直线方程为y ＋3＝k(x －2)，即kx －y －(2k ＋3)＝0.∵反射光线与已知圆相切，∴＝1，整理得12k2＋25k＋12＝0，解得k＝－或k＝－.]11. [设P(xP，yP)，依题设xP>0，且yP>0.由S△OFP＝·c·yP＝＝，∴yP＝.又直线PF的方程为y＝－(x－c)，∴xP＝，又点P在双曲线的渐近线bx－ay＝0上，∴·b－＝0，则a＝3b，c＝b，故双曲线的离心率e＝＝.]12. [如图所示，由方程＋＝1知：顶点A(－4，0)，B(4，0)，右焦点F(2，0)．又||＝1，∴点Q的轨迹是以焦点F(2，0)为圆心，以1为半径的圆．由·＝0，知PQ⊥FQ.因此直线PQ是圆F的切线，且Q为切点，∴PQ2＝PF2－1，当PF最长时，PQ取最大值．当点P与椭圆的左顶点A重合时，PF有最大值AF＝6.所以||的最大值为＝.]13. [依题意，MF＋MF＝F1F.∴△MF1F2是以M为直角顶点的直角三角形．因此MF1·MF2＝F1F2·＝2c·＝c2.又MF＋MF＝(MF1－MF2)2＋2MF1MF2＝4c2.∴(2a)2＋2c2＝4c2，则c2＝2a2，故双曲线的离心率e＝＝.]14．x2＋y2＝1 [设点A 在点B 上方，F1(－c ，0)，F2(c ，0)，其中c ＝，则可设A(c ，b2)，B(x0，y0)，由AF1＝3F1B ，得＝3，故即⎩⎪⎨⎪⎧x0＝－53c ，y0＝－13b2. 代入方程＋b2＝1，得b2＝，故所求椭圆E 的方程为x2＋y2＝1.]15．解 (1)由题设，可知直线l 的方程为y ＝kx ＋1，因为直线l 与圆C 交于两点，所以<1.解得<k<.所以k 的取值范围为.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．将y ＝kx ＋1代入圆C 的方程(x －2)2＋(y －3)2＝1，整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x ＋7＝0.所以x1＋x2＝，x1x2＝.OM →·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＋8.由题设可得＋8＝12，解得k ＝1，所以l 的方程为y ＝x ＋1. 故圆C 的圆心(2，3)在l 上，所以MN ＝2.16．解 (1)由题意得∴a2＝12，b2＝3，∴椭圆C 的方程为＋＝1.(2)直线AB与圆x2＋y2＝3相切，证明如下：由题意可设A(x0，y0)，B(－2，t)(t∈R)，则直线AB的方程为(y0－t)x－(x0＋2)y＋(tx0＋2y0)＝0，∵⊥，∴2x0＝ty0，∴t＝，∵动点A在椭圆C上，∴,12)＋,3)＝1，∴y＝12－4x，∴原点O到直线AB的距离d＝|tx0＋2y0|（y0－t）2＋（x0＋2）2＝－2ty0＋t2＋x＋4x0＋4))＝＋t2＋x＋4))＝＋y|,\r(xy＋y＋4x＋4y))＝|,\r(12（x－8x＋16）))＝，∴直线AB与圆x2＋y2＝3相切．17．解(1)由点P(0，1)在椭圆上，知b＝1，又离心率e＝＝且a2＝b2＋c2.解得c2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为＋y2＝1.设M(xM，0)．因为m≠0，所以－1<n<1.直线PA的方程为y－1＝x.所以xM＝，即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，－n)．设N(xN，0)，则xN＝.“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得＝”，即yQ满足y＝|xM||xN|.因为xM＝，xN＝，＋n2＝1.所以y＝|xM||xN|＝＝2.所以yQ＝或yQ＝－.故在y轴上存在点Q，使得∠OQM ＝∠ONQ ，点Q 的坐标为(0，)或(0，－)．18．解 设椭圆的焦距为2c ，则F1(－c ，0)，F2(c ，0)．(1)因为B(0，b)，所以BF2＝＝a.又BF2＝，故a ＝.因为点C 在椭圆上，所以＋＝1.解得b2＝1.故所求椭圆的方程为＋y2＝1.(2)因为B(0，b)，F2(c ，0)在直线AB 上，所以直线AB 的方程为＋＝1.解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧x1＝2a2c a2＋c2，y1＝b （c2－a2）a2＋c2，⎩⎨⎧x2＝0，y2＝b. 所以点A 的坐标为.又AC 垂直于x 轴，由椭圆的对称性，可得点C 的坐标为.因为直线F1C 的斜率为＝，直线AB 的斜率为－，且F1C ⊥AB ，所以·＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝.因此e ＝.19．解 (1)依题设得椭圆的顶点A(2，0)，B(0，1)，则直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0，设EF 的方程为y ＝kx(k>0)．如题图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1<x2，联立直线l 与椭圆的方程⎩⎨⎧x24＋y2＝1，y ＝kx消去y 得方程(1＋4k2)x2＝4，则x2＝－x1＝，由＝6知x0－x1＝6(x2－x0)，得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝； 由D 在AB 上知x0＋2kx0－2＝0，得x0＝.所以＝，化简得24k2－25k ＋6＝0，解之得k ＝或k ＝.(2)根据点到直线的距离公式知，点A ，B 到EF 的距离分别为 h1＝，h2＝.又EF ＝4，所以四边形AEBF 的面积为S ＝EF(h1＋h2)＝2（1＋2k ）1＋4k2 ＝2＝21＋4k 1＋4k2＝2≤2，当且仅当4k ＝，即当k ＝时，取等号．所以S 的最大值为2.20．解 (1)由题设知a2＝b2＋c2，e ＝，由点(1，e)在椭圆上， 得＋＝1，解得b2＝1，于是c2＝a2－1，又点在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1，解得a2＝2.因此，所求椭圆的方程是＋y2＝1.(2)由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为x ＋1＝my ，直线BF2的方程为x －1＝my.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＞0，y2＞0.由,2)＋y＝1,x1＋1＝my1))，得(m2＋2)y－2my1－1＝0，解得y1＝，故AF1＝＝)＝.①同理，BF2＝.②(ⅰ)由①②得AF1－BF2＝，解＝得m2＝2，注意到m＞0，故m＝.所以直线AF1的斜率为＝.(ⅱ)证明因为直线AF1与BF2平行，所以＝，于是＝，故PF1＝BF1.由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2，从而PF1＝(2－BF2)．同理PF2＝·(2－AF1)．因此，PF1＋PF2＝(2－BF2)＋·(2－AF1)＝2－.又由①②知AF1＋BF2＝，AF1·BF2＝，所以PF1＋PF2＝2－＝.因此，PF1＋PF2是定值．。
全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题五解析几何第2讲椭圆双曲线抛物线练习理
第2讲 椭圆、双曲线、抛物线「考情研析」 1.考查圆锥曲线的定义、方程及几何性质，特别是椭圆、双曲线的离心率和双曲线的渐近线． 2.以解答题的形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等).核心知识回顾1.圆锥曲线的定义式(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)； (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)；(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于M (l 为抛物线的准线方程)． 2．圆锥曲线的重要性质(1)椭圆、双曲线中a ，b ，c 之间的关系 ①在椭圆中：□01a 2＝b 2＋c 2；离心率为e ＝c a＝1－b 2a 2； ②在双曲线中：□02c 2＝a 2＋b 2；离心率为e ＝c a＝1＋b 2a2. (2)双曲线的渐近线方程与焦点坐标①双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为□03y ＝±b ax ；焦点坐标F 1□04(－c,0)，F 2□05(c,0)；②双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为□06y ＝±a b x ，焦点坐标F 1□07(0，－c )，F 2□08(0，c )．(3)抛物线的焦点坐标与准线方程①抛物线y 2＝±2px (p >0)的焦点坐标为□09⎝ ⎛⎭⎪⎫±p 2，0，准线方程为□10x ＝∓p 2； ②抛物线x 2＝±2py (p >0)的焦点坐标为□11⎝ ⎛⎭⎪⎫0，±p 2，准线方程为□12y ＝∓p 2. 3．弦长问题 (1)弦长公式设直线斜率为k ，直线与圆锥曲线交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)时，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2或|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2|y 1－y 2|＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2.(2)过抛物线焦点的弦长过抛物线y 2＝2px (p >0)焦点F 的弦AB ，若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝p 24，y 1y 2＝－p 2，弦长|AB |＝□01x 1＋x 2＋p .热点考向探究考向1 圆锥曲线的定义和标准方程例1 (1)(2019·永州市高三第三次模拟)过双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)左焦点F 的直线l 与C 交于M ，N 两点，且FN →＝3FM →，若OM ⊥FN ，则C 的离心率为( )A ．2 B.7 C ．3 D.10 答案 B解析 设双曲线的右焦点为F ′，取MN 的中点P ，连接F ′P ，F ′M ，F ′N ，如图所示，由FN →＝3FM →，可知|MF |＝|MP |＝|NP |.又O 为FF ′的中点，可知OM ∥PF ′.∵OM ⊥FN ，∴PF ′⊥FN .∴PF ′为线段MN 的垂直平分线．∴|NF ′|＝|MF ′|.设|MF |＝t ，由双曲线定义可知|NF ′|＝3t －2a ，|MF ′|＝2a ＋t ，则3t －2a ＝2a ＋t ，解得t ＝2a .在Rt △MF ′P 中，|PF ′|＝|MF ′|2－|MP |2＝16a 2－4a 2＝23a ，∴|OM |＝12|PF ′|＝3a .在Rt △MFO 中，|MF |2＋|OM |2＝|OF |2， ∴4a 2＋3a 2＝c 2⇒e ＝7.故选B.(2)如图，过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线依次交抛物线及准线于点A ，B ，C ，若|BC |＝2|BF |，且|AF |＝3，则抛物线的方程为( )A ．y 2＝32xB ．y 2＝3x C ．y 2＝92xD ．y 2＝9x 答案 B解析 如图，分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设准线与x 轴的交点为G ，|BF |＝a ，则由已知得|BC |＝2a ，由定义得|BD |＝a ，故∠BCD ＝30°.在直角三角形ACE 中，∵|AE |＝|AF |＝3，|AC |＝3＋3a,2|AE |＝|AC |，∴3＋3a ＝6，从而得a ＝1. ∵BD ∥FG ，∴1p ＝23，求得p ＝32，因此抛物线的方程为y 2＝3x .(3)已知F 是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点，经过原点O 的直线l 与椭圆E 交于P ，Q 两点，若|PF |＝2|QF |，且∠PFQ ＝120°，则椭圆E 的离心率为( )A.13B.12C.33D.22答案 C解析 解法一：设F 1是椭圆E 的右焦点，如图，连接PF 1，QF 1.根据对称性，线段FF 1与线段PQ 在点O 处互相平分，所以四边形PFQF 1是平行四边形，|FQ |＝|PF 1|，∠FPF 1＝180°－∠PFQ ＝60°，根据椭圆的定义，|PF |＋|PF 1|＝2a ，又|PF |＝2|QF |，所以|PF 1|＝23a ，|PF |＝43a ，而|F 1F |＝2c ，在△F 1PF 中，由余弦定理，得(2c )2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43a 2－2×23a ×43a ×cos60°，得c 2a 2＝13，所以椭圆E 的离心率e ＝c a ＝33.故选C.解法二：设F 1是椭圆E 的右焦点，连接PF 1，QF 1.根据对称性，线段FF 1与线段PQ 在点O 处互相平分，所以四边形PFQF 1是平行四边形，|FQ |＝|PF 1|，∠FPF 1＝180°－∠PFQ ＝60°，又|FP |＝2|PF 1|，所以△FPF 1是直角三角形，∠FF 1P ＝90°，不妨设|PF 1|＝1，则|FP |＝2，|FF 1|＝2c ＝|PF |2－|PF 1|2＝22－12＝3，根据椭圆的定义，2a ＝|PF |＋|PF 1|＝1＋2＝3，所以椭圆E 的离心率e ＝ca ＝33.故选C.圆锥曲线的定义、标准方程的关注点(1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．(3)焦点三角形的作用：借助焦点三角形能很好地将定义式与三角形中的边角关系式构建方程组，便于解决问题．(4)圆锥曲线基本问题的考查的另一个重点是定义的应用，根据圆锥曲线的定义分析判断一些问题，在椭圆、双曲线中如果已知曲线上一点与一个焦点的连线，则要把另一个焦点也考虑进去．1．(2019·江西省八所重点中学高三联考)已知曲线C 1是以原点O 为中心，F 1，F 2为焦点的椭圆，曲线C 2是以O 为顶点、F 2为焦点的抛物线，A 是曲线C 1与C 2的交点，且∠AF 2F 1为钝角，若|AF 1|＝72，|AF 2|＝52，则△AF 1F 2的面积是( )A. 3 B ．2 C. 6 D ．4答案 C解析 画出图形如图所示，AD ⊥F 1D ，根据抛物线的定义可知|AF 2|＝|AD |＝52，故cos ∠F 1AD ＝57，也即cos ∠AF 1F 2＝57，在△AF 1F 2中，由余弦定理得57＝494＋|F 1F 2|2－2542×72×|F 1F 2|，解得|F 1F 2|＝2或|F 1F 2|＝3，由于∠AF 2F 1为钝角，故|AD |>|F 1F 2|，所以|F 1F 2|＝3舍去，故|F 1F 2|＝2.而sin ∠AF 1F 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫572＝267，所以S △AF 1F 2＝12×72×2×267＝ 6.故选C.2．(2019·宣城市高三第二次调研)已知F 1，F 2分别为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，点P 是椭圆上位于第二象限内的点，延长PF 1交椭圆于点Q ，若PF 2⊥PQ ，且|PF 2|＝|PQ |，则椭圆的离心率为( )A.6－ 3B.2－1C.3－ 2 D ．2－ 2答案 A解析 PF 2⊥PQ 且|PF 2|＝|PQ |，可得△PQF 2为等腰直角三角形，设|PF 2|＝t ，则|QF 2|＝2t ，由椭圆的定义可得|PF 1|＝2a －t,2t ＋2t ＝4a ，则t ＝2()2－2a ，在直角三角形PF 1F 2中，可得t 2＋(2a －t )2＝4c 2,4(6－42)a 2＋(12－82)a 2＝4c 2，化为c 2＝(9－62)a 2，可得e ＝c a＝6－ 3.故选A.3．P 是双曲线C ：x 22－y 2＝1右支上一点，直线l 是双曲线C 的一条渐近线，P 在l 上的射影为Q ，F 1是双曲线C 的左焦点，则|PF 1|＋|PQ |的最小值为( )A ．1B ．2＋155C ．4＋155D ．22＋1答案 D解析 如图所示，设双曲线右焦点为F 2，则|PF 1|＋|PQ |＝2a ＋|PF 2|＋|PQ |，即当|PQ |＋|PF 2|最小时，|PF 1|＋|PQ |取最小值，由图知当F 2，P ，Q 三点共线时|PQ |＋|PF 2|取得最小值，即F 2到直线l 的距离d ＝1，故所求最值为2a ＋1＝22＋1.故选D.考向2 圆锥曲线的几何性质例2 (1)(2019·宣城市高三第二次调研)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，O 为坐标原点，P 是双曲线在第一象限上的点，直线PO 交双曲线C 左支于点M ，直线PF 2交双曲线C 右支于点N ，若|PF 1|＝2|PF 2|，且∠MF 2N ＝60°，则双曲线C 的渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±22x C ．y ＝±2x D ．y ＝±22x答案 A解析 由题意得，|PF 1|＝2|PF 2|，|PF 1|－|PF 2|＝2a ，∴|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，由于P ，M 关于原点对称，F 1，F 2关于原点对称，∴线段PM ，F 1F 2互相平分，四边形PF 1MF 2为平行四边形，PF 1∥MF 2，∵∠MF 2N ＝60°，∴∠F 1PF 2＝60°，由余弦定理可得4c 2＝16a 2＋4a 2－2·4a ·2a ·cos60°，∴c ＝3a ，∴b ＝c 2－a 2＝2a .∴b a＝2，∴双曲线C 的渐近线方程为y ＝±2x .故选A.(2)已知F 1，F 2为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，以F 1F 2为直径的圆与双曲线右支的一个交点为P ，PF 1与双曲线相交于点Q ，且|PQ |＝2|QF 1|，则该双曲线的离心率为( )A. 5 B ．2C. 3D.52答案 A解析 设|QF 1|＝x ，则|PF 1|＝3x ，|PQ |＝2x ，由双曲线的定义知|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|QF 2|－|QF 1|＝2a ，所以|PF 2|＝3x －2a ，|QF 2|＝x ＋2a ，在Rt △QPF 2中，|QP |2＋|PF 2|2＝|QF 2|2，即(2x )2＋(3x －2a )2＝(2a ＋x )2，可得x ＝43a .在Rt △PF 1F 2中，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2，即(3x )2＋(3x －2a )2＝(2c )2，整理可得c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5.故选A.1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求解方法解决此类问题的关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程或不等式，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，建立关于a ，b ，c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、图形的结构特征、点的坐标的范围等．2．双曲线的渐近线的求法及用法(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得． (2)用法：①可得b a 或a b的值．②利用渐近线方程设所求双曲线的方程．③利用渐近线的斜率k 求离心率e ，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)渐近线的斜率k 与离心率e 之间满足关系式e 2＝1＋k 2.1．设F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，l 在y 轴上的截距为1，若|AF 1|＝2|F 1B |，且AF 2⊥x 轴，则此椭圆的短轴的长为( )A ．5B ．2 5C ．10 D. 5答案 B解析 ∵AF 2⊥x 轴，l 在y 轴上的截距为1，∴A (c,2)，又|AF 1|＝2|F 1B |，∴B (－2c ，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧c 2a 2＋4b 2＝1，4c 2a 2＋1b 2＝1，∴16b2－1b2＝3，即b 2＝5，∴b ＝5，故选B.2．(2019·毛坦厂中学高三联考)已知F 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点，过点F 作垂直于x 轴的直线交该双曲线的一条渐近线于点M ，若|FM |＝2a ，记该双曲线的离心率为e ，则e 2＝( )A.1＋172 B.1＋174 C.2＋52 D.2＋54答案 A解析 由题意得，F (－c,0)，该双曲线的一条渐近线为y ＝－ba x ，将x ＝－c 代入y ＝－b a故选A.考向3 直线与圆锥曲线 角度1 弦中点、弦分点问题例3 (1)已知椭圆E ：x 29＋y 24＝1，直线l 交椭圆于A ，B 两点，若AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，则l 的方程为( )A ．2x ＋9y －10＝0B ．2x －9y －10＝0C ．2x ＋9y ＋10＝0D ．2x －9y ＋10＝0答案 D解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 219＋y 214＝1，x 229＋y 224＝1，两式作差并化简整理得y 2－y 1x 2－x 1＝－49×x 1＋x 2y 1＋y 2，而x 1＋x 2＝－1，y 1＋y 2＝2，所以y 2－y 1x 2－x 1＝－49×x 1＋x 2y 1＋y 2＝29，直线l 的方程为y －1＝29⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12，即2x －9y ＋10＝0.经验证可知符合题意．故选D.(2)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，若存在过右焦点F 的直线与双曲线C 相交于A ，B 两点，且AF →＝3BF →，则双曲线C 的离心率的最小值为________．答案 2解析 因为过右焦点F 的直线与双曲线C 交于A ，B 两点，且AF →＝3BF →，故点A 在双曲线的左支上，B 在双曲线的右支上，如图所示．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，右焦点F (c,0)，因为AF →＝3BF →，所以c －x 1＝3(c －x 2)，即3x 2－x 1＝2c ，由图可知，x 1≤－a ，x 2≥a ，所以－x 1≥a,3x 2≥3a ，故3x 2－x 1≥4a ，即2c ≥4a ，故e ≥2，所以双曲线C 的离心率的最小值为2.(1)弦中点问题：在涉及圆锥曲线弦中点的问题中，基本的处理方法有两个：一是设出弦的端点坐标，使用“点差法”；二是设出弦所在的直线方程，利用直线方程与圆锥曲线方程联立消元后的一元二次方程，根据根与系数的关系建立弦的端点坐标与中点坐标间的关系后解决问题．(2)弦分点问题：解决与弦分点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为弦端点及弦分点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．1．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，过点P (3,6)的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为N (12,15)，则双曲线C 的离心率为( )A ．2 B.32 C.355 D.52答案 B解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AB 的中点为N (12,15)，则x 1＋x 2＝24，y 1＋y 2＝30，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2－y 21b2＝1，x 22a 2－y22b 2＝1，两式相减得，(x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＝(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b2， 则y 1－y 2x 1－x 2＝b 2(x 1＋x 2)a 2(y 1＋y 2)＝4b 25a 2，由直线AB 的斜率k ＝15－612－3＝1，所以4b 25a 2＝1，则b 2a 2＝54，双曲线的离心率e ＝c a ＝1＋b 2a 2＝32，所以双曲线C 的离心率为32.故选B.2．(2019·汉中市重点中学高三联考)已知抛物线C ：y 2＝6x ，直线l 过点P (2,2)，且与抛物线C 交于M ，N 两点，若线段MN 的中点恰好为点P ，则直线l 的斜率为( )A.13B.54C.32D.14 答案 C解析 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)代入C ：y 2＝6x ，得⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝6x 1， ①y 22＝6x 2， ②①－②得(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝6(x 1－x 2)．因为线段MN 的中点恰好为点P ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4，y 1＋y 2＝4，从而4(y 1－y 2)＝6(x 1－x 2)，即l 的斜率为y 1－y 2x 1－x 2＝32.故选C. 角度2 弦长问题例4 (2019·宜宾市高三第二次诊断)已知点M 到定点F (4,0)的距离和它到直线l ：x ＝254的距离的比是常数45.(1)求点M 的轨迹C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝9相切，切点N 在第四象限，直线与曲线C 交于A ，B 两点，求证：△FAB 的周长为定值．解 (1)设M (x ，y )，由题意得(x －4)2＋y 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －254＝45，∴x 225＋y 29＝1为点M 的轨迹C 的方程．(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题知k >0，m <0， ∵直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝9相切， ∴|m |k 2＋1＝3，即m 2＝9(k 2＋1)，把y ＝kx ＋m 代入x 225＋y 29＝1，得(25k 2＋9)x 2＋50kmx ＋25m 2－225＝0，显然Δ>0，x 1＋x 2＝－50km 25k 2＋9，x 1x 2＝25m 2－22525k 2＋9， ∴|AB |＝ k 2＋1|x 1－x 2| ＝k 2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－50km 25k 2＋92－4×25m 2－22525k 2＋9|FA |＋|FB |＝5－45x 1＋5－45x 2＝10－45(x 1＋x 2)＝10＋40km 25k 2＋9＝10－120k k 2＋125k 2＋9， ∴|FA |＋|FB |＋|AB |＝10， ∴△FAB 的周长为定值10.有关圆锥曲线弦长问题的求解方法(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．(2)弦长计算公式：直线AB 与圆锥曲线有两个交点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则弦长|AB |＝1＋k 2·(x1＋x 2)2－4x 1x 2，其中k 为弦AB 所在直线的斜率．(2019·云南省高三第一次统一检测)已知椭圆E 的中心在原点，左焦点F 1、右焦点F 2都在x 轴上，点M 是椭圆E 上的动点，△F 1MF 2的面积的最大值为3，在x 轴上方使MF 1→·MF 2→＝2成立的点M 只有一个．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点(－1,0)的两直线l 1，l 2分别与椭圆E 交于点A ，B 和点C ，D ，且l 1⊥l 2，比较12(|AB |＋|CD |)与7|AB ||CD |的大小．解 (1)根据已知设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，c ＝a 2－b 2.在x 轴上方使MF 1→·MF 2→＝2成立的点M 只有一个，∴在x 轴上方使MF 1→·MF 2→＝2成立的点M 是椭圆E 的短轴的端点． 当点M 是短轴的端点时，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧bc ＝3，MF 1→·MF 2→＝b 2－c 2＝2，c ＝a 2－b 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)12(|AB |＋|CD |)＝7|AB ||CD |.若直线AB 的斜率为0或不存在时，|AB |＝2a ＝4且|CD |＝2b2a＝3或|CD |＝2a ＝4且|AB |＝2b2a＝3.由12(|AB |＋|CD |)＝12×(3＋4)＝84，7|AB ||CD |＝7×3×4＝84，得12(|AB |＋|CD |)＝7|AB ||CD |. 若AB 的斜率存在且不为0时，设直线AB ：y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，于是|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1| ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 同理可得|CD |＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 2＋3＝12(k 2＋1)3k 2＋4. ∴1|AB |＋1|CD |＝3k 2＋4＋4k 2＋312(k 2＋1)＝712. ∴12(|AB |＋|CD |)＝7|AB ||CD |. 综上，12(|AB |＋|CD |)＝7|AB ||CD |.真题押题『真题模拟』1．(2019·天津高考)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，则双曲线的离心率为( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5 答案 D解析 由已知易得，抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，准线l ：x ＝－1，所以|OF |＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y ＝±b ax ，不妨设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，b a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－b a ，所以|AB |＝2b a＝4|OF |＝4，所以ba＝2，即b ＝2a ，所以b 2＝4a 2.又双曲线方程中c 2＝a 2＋b 2，所以c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5.故选D.2．(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C 的焦点为F 1(－1,0)，F 2(1，0)，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若|AF 2|＝2|F 2B |，|AB |＝|BF 1|，则C 的方程为( )A.x 22＋y 2＝1 B.x 23＋y 22＝1 C.x 24＋y 23＝1 D.x 25＋y 24＝1 答案 B解析 设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)．由椭圆的定义可得|AF 1|＋|AB |＋|BF 1|＝4a.∵|AB |＝|BF 1|，|AF 2|＝2|F 2B |，∴|AB |＝|BF 1|＝32|AF 2|，∴|AF 1|＋3|AF 2|＝4a .又∵|AF 1|＋|AF 2|＝2a ，∴|AF 1|＝|AF 2|＝a ，∴点A 是椭圆的短轴端点，如图．不妨设A (0，－b )，由F 2(1,0)，AF 2→＝2F 2B →，得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b 2.由点B 在椭圆上，得94a 2＋b 24b 2＝1，得a 2＝3，b 2＝a 2－c 2＝2.∴椭圆C 的方程为x 23＋y 22＝1.故选B.3．(2019·全国卷Ⅱ)若抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点是椭圆x 23p ＋y 2p＝1的一个焦点，则p＝( )A ．2B ．3C ．4D ．8答案 D解析 抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，椭圆x 23p ＋y 2p ＝1的焦点坐标为()±2p ，0.由题意得p2＝2p ，解得p ＝0(舍去)或p ＝8.故选D.4．(2019·凯里市第一中学高三下学期模拟)已知F 是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点，A是椭圆短轴的一个端点，若F 为过AF 的椭圆的弦的三等分点，则椭圆的离心率为( )A.13B.33C.12D.32 答案 B解析 延长AF 交椭圆于点B ，设椭圆左焦点为F ′，连接AF ′，BF ′.根据题意|AF |＝b 2＋c 2＝a ，|AF |＝2|FB |，所以|FB |＝a 2.根据椭圆定义|BF ′|＋|BF |＝2a ， 所以|BF ′|＝3a2.在△AFF ′中，由余弦定理得cos ∠F ′AF ＝|F ′A |2＋|FA |2－|F ′F |22|F ′A |·|FA |＝2a 2－4c22a 2. 在△AF ′B 中，由余弦定理得cos ∠F ′AB ＝|F ′A |2＋|AB |2－|BF ′|22|F ′A |·|AB |＝13，所以2a 2－4c 22a 2＝13，解得a ＝3c ，所以椭圆离心率为e ＝c a ＝33.故选B. 5．(2019·全国卷Ⅲ)双曲线C ：x 24－y 22＝1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O为坐标原点，若|PO |＝|PF |，则△PFO 的面积为( )A.324B.322C ．2 2D ．3 2答案 A点P 在第一象限，由于|PO |＝|PF |，则点P 的横坐标为62，纵坐标为22×62＝32，即△PFO 的底边长为6，高为32，所以它的面积为12×6×32＝324.故选A. 『金版押题』6．已知点F 为椭圆C ：x 22＋y 2＝1的左焦点，点P 为椭圆C 上任意一点，点Q 的坐标为(4,3)，则|PQ |＋|PF |取最大值时，点P 的坐标为________．答案 (0，－1)解析 设椭圆的右焦点为E ，|PQ |＋|PF |＝|PQ |＋2a －|PE |＝|PQ |－|PE |＋2 2.当P 为线段QE 的延长线与椭圆的交点时，|PQ |＋|PF |取最大值，此时，直线PQ 的方程为y ＝x －1，QE 的延长线与椭圆交于点(0，－1)，即点P 的坐标为(0，－1)．7．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，过点F 向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为M ，交另一条渐近线于N ，若2MF →＝FN →，则双曲线的离心率为________．答案233解析 设右焦点F (c,0)，渐近线OM ，ON 的方程分别为y ＝b a x ，y ＝－b ax .不失一般性，设过F 的垂线为x ＝－b ay ＋c .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－b ax ，x ＝－bay ＋c 得y N ＝－bca1－b 2a 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b a x ，x ＝－b ay ＋c得y M ＝bca1＋b 2a 2.因为2M F →＝FN →，所以－2y M ＝y N ，即－2bc a 1＋b 2a 2＝－bca 1－b 2a2，易解得b 2a 2＝13，所以e ＝1＋b 2a2＝ 1＋13＝233.配套作业一、选择题1．(2019·抚顺市高三第一次模拟)已知双曲线C ：x 2a 2＋1－y 2＝1(a >0)的右顶点为A ，O 为坐标原点，若|OA |<2，则双曲线C 的离心率的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，52C.⎝⎛⎭⎪⎫52，2 D ．(1，2)答案 C 解析 双曲线C ：x 2a 2＋1－y 2＝1(a >0)中，右顶点为A (a 2＋1，0)，∴|OA |＝a 2＋1<2，∴1<a 2＋1<4，∴1>1a 2＋1>14，∵c 2＝a 2＋1＋1＝a 2＋2，∴c ＝a 2＋2，∴e ＝a 2＋2a 2＋1＝a 2＋2a 2＋1＝1＋1a 2＋1， ∴1＋14<e <1＋1，即52<e < 2.故选C. 2．若圆锥曲线C ：x 2＋my 2＝1的离心率为2，则m ＝( ) A ．－33 B.33 C ．－13 D.13答案 C解析 因为圆锥曲线C 的离心率为2，故为双曲线，所以m <0，方程为x 2－y 2－1m＝1，所以a 2＝1，b 2＝－1m ，c 2＝1－1m ，e ＝2，∴1－1m ＝4，∴m ＝－13.故选C.3．(2019·德阳市高三第二次诊断)已知抛物线x 2＝2py (p ≠0)的准线与圆C ：(x －2)2＋(y －1)2＝1相切，则抛物线的方程为( )A ．x 2＝－4yB ．x 2＝－8yC ．x 2＝2yD ．x 2＝－4y 或x 2＝4y答案 B解析 圆C ：(x －2)2＋(y －1)2＝1，抛物线x 2＝2py (p ≠0)的准线为y ＝－p2，∵抛物线x2＝2py (p ≠0)的准线与圆C ：(x －2)2＋(y －1)2＝1相切，∴－p2＝2，解得p ＝－4.抛物线方程为x 2＝－8y .故选B.4．(2019·新疆维吾尔族自治区普通高考第二次适应性检测)椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，若在椭圆上存在一点P ，使得△PF 1F 2的内心I 与重心G 满足IG ∥F 1F 2，则椭圆的离心率为( )A.22 B.23 C.13 D.12答案 D解析 设P (x 0，y 0)，又F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则△PF 1F 2的重心G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 03，y 03.因为IG ∥F 1F 2，所以△PF 1F 2的内心I 的纵坐标为y 03.即△PF 1F 2的内切圆半径为|y 0|3.由△PF 1F 2的面积S ＝12(|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|)r ，S ＝12|F 1F 2||y 0|及椭圆定义|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，得12(2a ＋2c )|y 0|3＝12×2c |y 0|，解得e ＝12.故选D.5．过双曲线x 24－y 2b2＝1(b >0)的左焦点的直线交双曲线的左支于A ，B 两点，且|AB |＝6，这样的直线可以作2条，则b 的取值范围是( )A ．(0,2]B ．(0,2)C ．(0，6]D ．(0，6)答案 D解析 因为双曲线过焦点的弦中与轴垂直的弦是最短的弦，且过一个焦点只能作一条，所以过左焦点的直线与双曲线的左支交于A ，B 两点，|AB |＝6，且可作两条，则要求2b2a<6，a＝2，即b 2<6，又b >0，故b 的取值范围为(0，6)，故选D.6．已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，O 为坐标原点，若△AOB 的面积为26，则|AB |＝( )A ．24B ．8C ．12D ．16答案 A解析 由题意可知斜率k 存在，设直线斜率为k ，即y ＝k (x －1)，与y 2＝4x 联立，得k 2x2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1.∵O 到AB 的距离d ＝|k |1＋k 2，|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4k 2＋4k 2，∴26＝12·|k |1＋k2·4k 2＋4k 2，∴k 2＝15，∴|AB |＝45＋415＝24.故选A. 7．已知双曲线x 23－y 2＝1的右焦点是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，直线y ＝kx ＋m 与抛物线相交于A ，B 两个不同的点，点M (2,2)是AB 的中点，则△AOB (O 为坐标原点)的面积是( )A ．4 3B ．313 C.14 D ．2 3答案 D解析 ∵双曲线右焦点为(2,0)， ∴抛物线焦点为(2,0)，∴y 2＝8x ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝8x 1， ①y 22＝8x 2， ②①－②得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝8(x 1－x 2)， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝8y 1＋y 2＝84＝2. ∴直线AB 斜率为2，又过点M (2,2)，∴直线AB 方程为y ＝2x －2.将直线AB 方程与y 2＝8x 联立得x 2－4x ＋1＝0，∴x 1＋x 2＝4，x 1x 2＝1，∴|AB |＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝5×16－4＝215.又∵O 到AB 的距离d ＝25＝255.∴S △AOB ＝12×215×255＝2 3.故选D. 8．(2019·南开中学高三第三次教学质量检测)如图，抛物线C 1：y 2＝4x ，圆C 2：(x －1)2＋y 2＝1，过C 1的焦点F 的直线从上至下依次交C 1，C 2于点A ，B ，C ，D .若|FD |＝|AB |，O 为坐标原点，则OF →·DA →＝( )A ．－2B ．1C ．4D ．2 3答案 B解析 由题可设A (a 2,2a )，D (d 2,2d )，其中a >0，d ＜0.又焦点F (1,0)，所以|FD |＝1＋d 2，|FA |＝1＋a 2，所以|AB |＝|FA |－|FB |＝a 2，由题得1＋d 2＝a 2，所以a 2－d 2＝1.所以OF →·DA →＝(1,0)·(a 2－d 2,2a －2d )＝a 2－d 2＝1，所以OF →·DA →＝1.故选B.二、填空题9．(2019·长沙市长郡中学高三上学期第一次适应性考试)已知抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，其准线与y 轴交于点D ，过点F 作直线交抛物线E 于A ，B 两点，若AB ⊥AD 且|BF |＝|AF |＋4，则p 的值为________．答案 2解析 当k 不存在时，直线与抛物线不会交于两点．当k 存在时(如图)，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋p2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－p 2.则有x 21＝2py 1，x 22＝2py 2， 联立直线与抛物线方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py ，整理得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，x 1＋x 2＝2pk ，所以y 1y 2＝⎝⎛⎭⎪⎫kx 1＋p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2＋p 2＝p 24，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－x 1，p2－y 1，AD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－x 1，－p 2－y 1又AB ⊥AD ，所以－x 1(－x 1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2－y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2－y 1＝0，整理得x 21＋y 21＝p 24，即2py 1＋y 21＝p 24，解得y 1＝5－22p . 因为y 1y 2＝p 24，所以y 2＝5＋22p ， 又|AF |＝y 1＋p 2，|BF |＝y 2＋p2，代入|BF |＝|AF |＋4得，y 2＋p 2＝y 1＋p2＋4.解得p ＝2.10．已知椭圆x 216＋y 24＝1上的两点A ，B 关于直线2x －2y －3＝0对称，则弦AB 的中点坐标为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12 解析 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，弦AB 的中点M (x 0，y 0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y224＝1，两式相减得2x 0(x 1－x 2)16＋2y 0(y 1－y 2)4＝0，因为点A ，B 关于直线2x －2y －3＝0对称，所以k AB＝y 1－y 2x 1－x 2＝－1，故x 08－y 02＝0，即x 0＝4y 0.又点M (x 0，y 0)在直线2x －2y －3＝0上，所以x 0＝2，y 0＝12，即弦AB 的中点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，12.三、解答题11．(2019·甘肃省高三第一次高考诊断)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且经过点M ⎝⎛⎭⎪⎫3，12.(1)求椭圆C 的方程；(2)与x 轴不垂直的直线l 经过N (0，2)，且与椭圆C 交于A ，B 两点，若坐标原点O 在以AB 为直径的圆内，求直线l 斜率的取值范围．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧3a 2＋14b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，c a ＝32，解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，代入椭圆方程x 24＋y 2＝1整理可得(1＋4k 2)x 2＋82kx＋4＝0，Δ＝(82k )2－16(1＋4k 2)>0，解得k >12或k <－12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，又x 1＋x 2＝－82k 1＋4k 2，x 1·x 2＝41＋4k2，∴y 1y 2＝k 2x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋2，∵坐标原点O 在以AB 为直径的圆内，∴OA →·OB →<0， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋2＝(1＋k 2)·41＋4k 2＋2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－82k 1＋4k 2＋2<0，解得k <－62或k >62. 故直线l 斜率的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－62∪⎝ ⎛⎭⎪⎫62，＋∞. 12．(2019·湖州三校普通高等学校招生全国统一模拟考试)如图，已知抛物线L ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过点M (5,0)的动直线l 与抛物线L 交于A ，B 两点，直线AF 交抛物线L于另一点C ，|AC |的最小值为4.(1)求抛物线L 的方程；(2)记△ABC ，△AFM 的面积分别为S 1，S 2，求S 1·S 2的最小值． 解 (1)由已知及抛物线的几何性质可得|AC |min ＝2p ＝4， ∴p ＝2，∴抛物线L 的方程为y 2＝4x .(2)如图，设直线AB ：x ＝ty ＋5， 直线AC ：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋5，y 2＝4x ，整理得y 2－4ty －20＝0，∴y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－20，同理可得y 1y 3＝－4，从而C ⎝⎛⎭⎪⎫4y 21，－4y1，点C 到AB 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋4t y 1－51＋t2＝11＋t2⎪⎪⎪⎪⎪⎪16y 21＋4， |AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|＝1＋t 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1＋20y 1，∴S 1＝12·11＋t 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪16y 21＋4·1＋t 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1＋20y 1 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1＋20y 1＝2|y 1|·⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21＋1(y 21＋20)．又S 2＝12×4×|y 1|＝2|y 1|，∴S 1·S 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21＋1(y 21＋20)＝4⎝⎛⎭⎪⎫y 21＋80y 21＋24≥4×(85＋24)＝96＋32 5.当且仅当y 21＝45，即A (5，±245)时，S 1·S 2有最小值96＋32 5.13．(2019·河南省顶级名校高三联合质量测评)已知椭圆O ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆O 上运动，若△PAB 面积的最大值为23，椭圆O 的离心率为12.(1)求椭圆O 的标准方程；(2)过B 点作圆E ：x 2＋(y －2)2＝r 2(0<r <2)的两条切线，分别与椭圆O 交于两点C ，D (异于点B )，当r 变化时，直线CD 是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．解 (1)由题可知当点P 在椭圆O 的上顶点时，S △PAB 最大，此时S △PAB ＝12×2ab ＝ab ＝23，所以⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝23，c a ＝12，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆O 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设过点B (2,0)与圆E 相切的直线方程为y ＝k (x －2)，即kx －y －2k ＝0， 因为直线与圆E ：x 2＋(y －2)2＝r 2相切， 所以d ＝|－2－2k |k 2＋1＝r ，即得(4－r 2)k 2＋8k ＋4－r 2＝0.设两切线的斜率分别为k 1，k 2(k 1≠k 2)，则k 1k 2＝1， 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x －2)，x 24＋y23＝1，整理得(3＋4k 21)x 2－16k 21x ＋16k 21－12＝0，∴2x 1＝16k 21－123＋4k 21，即x 1＝8k 21－63＋4k 21，∴y 1＝－12k 13＋4k 21，同理x 2＝8k 22－63＋4k 22＝8－6k 214＋3k 21，y 2＝－12k 23＋4k 22＝－12k 14＋3k 21.∴k CD ＝y 2－y 1x 2－x 1＝－12k 14＋3k 21－－12k 13＋4k 218－6k 214＋3k 21－8k 21－63＋4k 21＝k 14(k 21＋1)， 所以直线CD 的方程为y ＋12k 13＋4k 21＝k 14(k 21＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －8k 21－63＋4k 21. 整理得y ＝k 14(k 21＋1)x －7k 12(k 21＋1)＝k 14(k 21＋1)(x －14)，所以直线CD 恒过定点(14,0)．14．(2019·日照市高三联考)已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)上在第一象限内的点H (1，t )到焦点F 的距离为2.(1)若M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，过点M ，H 的直线与该抛物线相交于另一点N ，求|NF |的值； (2)设A ，B 是抛物线E 上分别位于x 轴两侧的两个动点，且OA →·OB →＝94(其中O 为坐标原点)．①求证：直线AB 必过定点，并求出该定点Q 的坐标；②过点Q 作AB 的垂线与该抛物线交于G ，D 两点，求四边形AGBD 面积的最小值． 解 (1)∵点H (1，t )在抛物线E 上，∴1＋p2＝2，解得p ＝2，故抛物线E 的方程为y 2＝4x ，所以当x ＝1时，t ＝2或t ＝－2(舍去)，∴直线MH 的方程为y ＝85x ＋25，联立y 2＝4x 可得，x N ＝116，|NF |＝x N ＋p 2＝1＋116＝1716.(2)①证明：设直线AB ：x ＝my ＋t ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，联立抛物线方程可得y 2－4my－4t ＝0，y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t ，由OA →·OB →＝94得，(y 1y 2)216＋y 1y 2＝94，解得y 1y 2＝－18或y 1y 2＝2(舍去)，即－4t ＝－18，可得t ＝92，所以直线AB 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，0.同理得，|GD |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1m 2|y 4－y 3|＝1＋1m2·72＋16m2.则四边形AGBD 的面积S ＝12|AB |·|GD |＝12 1＋m 2·16m 2＋72·1＋1m2·72＋16m2＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1m 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤85＋18⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1m 2. 令m 2＋1m2＝μ(μ≥2)，则S ＝418μ2＋121μ＋170是关于μ在μ∈[2，＋∞)上的增函数，故当μ＝2时，S min ＝88.当且仅当m ＝±1时取到最小值88.。
2020高考数学(理科)增分大二轮人教版增分练：第二部分 专题5 增分强化练(三十) Word版含解析
增分强化练(三十)一、选择题1．双曲线x 23－y 29＝1的渐近线方程是( ) A ．y ＝±3x B ．y ＝±13x C ．y ＝±3xD ．y ＝±33x解析：因为x 23－y 29＝1，所以a ＝3，b ＝3，渐近线方程为y ＝±ba x ， 即为y ＝±3x ，故选C. 答案：C2．已知双曲线my 2－x 2＝1(m ∈R)与抛物线x 2＝8y 有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为( ) A ．y ＝±3x B ．y ＝±3x C ．y ＝±13xD ．y ＝±33x 解析：∵抛物线x 2＝8y 的焦点为(0,2)，∴双曲线的一个焦点为(0,2)，∴1m ＋1＝4，∴m ＝13， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±3x ， 故选A. 答案：A3．已知双曲线C ：x 2m 2－y 23＝1的离心率为2，则C 的焦点坐标为( ) A ．(±2,0) B ．(±2，0) C ．(0，±2)D ．(0，±2)解析：由双曲线C ：x 2m 2－y 23＝1，离心率为2，可得m 2＋3m ＝2，∴m 2＝1, 则c ＝m 2＋3＝2，故双曲线C 的焦点坐标是(±2,0)．故选A. 答案：A4．(2019·呼和浩特模拟)已知双曲线C 1：x 24－y 2k ＝1与双曲线C 2：x 2k －y 29＝1有相同的离心率，则双曲线C 1的渐近线方程为( ) A ．y ＝±32x B ．y ＝±62x C ．y ＝±34xD ．y ＝±64x解析：由双曲线方程可知k >0，双曲线C 1：x 24－y 2k ＝1的离心率为4＋k 2，双曲线C 2：x 2k －y 29＝1的离心率为k ＋9k ，由题意得4＋k 2＝k ＋9k，解得k ＝6, 双曲线C 1为x 24－y 26＝1， 则渐近线方程为y ＝±62x ， 故选B. 答案：B5．已知双曲线C 的一个焦点坐标为(3，0)，渐近线方程为y ＝±22x ，则C 的方程是( )A ．x 2－y22＝1B.x 22－y 2＝1 C.y 22－x 2＝1D ．y 2－x 22＝1解析：因为双曲线C 的一个焦点坐标为(3，0)，所以c ＝3，又因为双曲线C 的渐近线方程为y ＝±22x ，所以有b a ＝22⇒a ＝2b ，c ＝3，而c ＝a 2＋b 2，所以解得a ＝2，b ＝1，因此双曲线方程为x 22－y 2＝1，故选B. 答案：B6．(2019·岳阳模拟)过抛物线x2＝4y的焦点F作直线，交抛物线于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点，若y1＋y2＝6，则|P1P2|＝()A．5 B．6C．8 D．10解析：x2＝4y的焦点为(0,1)，准线为y＝－1，因为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点是过抛物线焦点的直线与抛物线的交点，所以P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点到准线的距离分别是y1＋1，y2＋1，所以由抛物线的定义知|P1P2|＝|P1F|＋|P2F|＝y1＋1＋y2＋1＝y1＋y2＋2＝6＋2＝8，故选C.答案：C7．(2019·洛阳、许昌质检)若双曲线x2－y2b2＝1 (b>0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1至多有一个交点，则双曲线离心率的取值范围是() A．(1,2] B．[2，＋∞) C．(1，3] D．[3，＋∞)解析：双曲线x2－y2b2＝1(b>0)的一条渐近线方程是bx－y＝0，由题意圆x2＋(y－2)2＝1的圆心(0,2)到bx－y＝0的距离不小于1，即2b2＋1≥1，则b2≤3，那么离心率e∈(1,2]，故选A.答案：A8．(2019·咸阳模拟)已知椭圆、双曲线均是以直角三角形ABC的斜边AC的两端点为焦点的曲线，且都过B点，它们的离心率分别为e1，e2，则1e21＋1e22＝()A.32B．2C.52D．4解析：以AC边所在的直线为x轴，AC中垂线所在的直线为y轴建立直角坐标系(图略)，设椭圆方程为x2a21＋y2b21＝1，设双曲线方程为x2a22－y2b22＝1，焦距都为2c不妨设|AB |>|BC |，椭圆和双曲线都过点B ， 则|AB |＋|BC |＝2a 1，|AB |－|BC |＝2a 2， 所以|AB |＝a 1＋a 2，|BC |＝a 1－a 2， 又因为△ABC 为直角三角形，|AC |＝2c ，所以(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2＝(2c )2，即a 21＋a 22＝2c 2， 所以a 21c 2＋a 22c 2＝2，即1e 21＋1e 22＝2.故选B. 答案：B9．(2019·乌鲁木齐质检)已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，直线l 过焦点F 与抛物线C 分别交于A ，B 两点，且直线l 不与x 轴垂直，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P (10,0)，则△AOB 的面积为( ) A ．4 3 B ．4 6 C ．8 2D ．8 6解析：设直线l ：x ＝ty ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8xx ＝ty ＋2可以得到y 2－8ty －16＝0，所以AB 的中点M (4t 2＋2,4t )，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P (10,0)，故t ≠0. 所以AB 的中垂线的方程为y ＝－1t (x －4t 2－2)＋4t ＝－1t ·x ＋8t ＋2t ， 令y ＝0可得x ＝8t 2＋2，解方程10＝8t 2＋2得t ＝±1. 此时AB ＝1＋t 2|y 1－y 2|＝81＋t 2t 2＋1＝16，O 到AB 的距离为d ＝21＋t 2＝2，所以S ΔOAB ＝12×16×2＝8 2.故选C.答案：C10．(2019·滨州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F ，短轴的一个端点为P ，直线l ：4x －3y ＝0与椭圆C 相交于A ，B 两点．若|AF |＋|BF |＝6，点P 到直线l 的距离不小于65，则椭圆离心率的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，59 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32C.⎝⎛⎦⎥⎤0，53D.⎝ ⎛⎦⎥⎤13，32 解析：如图所示，设F ′为椭圆的左焦点，连接AF ′，BF ′，则四边形AFBF ′是平行四边形，∴6＝|AF |＋|BF |＝|AF ′|＋|AF |＝2a ，∴a ＝3.取P (0，b )，∵点P 到直线l ∶4x ＋3y ＝0的距离不小于65， ∴|3b |16＋9≥65，解得b ≥2.∴c ≤9－4＝5，∴0<c a ≤53.∴椭圆E 的离心率范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，53.故选C. 答案：C11．(2019·济宁模拟)已知直线l 过抛物线C ：y 2＝3x 的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ，若AF →＝FP →，则|AB |＝( ) A ．3 B ．4 C ．6D ．8解析：如图所示：不妨设A 在第一象限，由抛物线C ：y 2＝3x 可得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，准线DP ：x ＝－34.因为AF →＝FP →，所以F 是AP 的中点， 则AD ＝2CF ＝3.所以可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫94，332， 则k AF ＝3，所以直线AP 的方程为：y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34，联立方程⎩⎨⎧y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34y 2＝3x，整理得：x 2－52x ＋916＝0所以x 1＋x 2＝52，则|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝52＋32＝4.故选B. 答案：B12．(2019·晋城模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，直线l 经过点F 且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l 与双曲线的右支交于不同两点A ，B ，若AF→＝3FB →，则该双曲线的离心率为( ) A.52 B.62 C.233D. 3解析：由题意得直线l 的方程为x ＝ba y ＋c ，不妨取a ＝1，则x ＝by ＋c ，且b 2＝c 2－1.将x ＝by ＋c 代入x 2－y 2b 2＝1，(b ＞0)，得(b 4－1)y 2＋2b 3cy ＋b 4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－2b 3c b 4－1，y 1y 2＝b 4b 4－1.由AF →＝3FB →，得y 1＝－3y 2，所以⎩⎨⎧－2y 2＝－2b 3cb 4－1－3y 22＝b 4b 4－1，得3b 2c 2＝1－b 4，解得b 2＝14，所以c ＝b 2＋1＝54＝52，故该双曲线的离心率为e ＝c a ＝52，故选A.答案：A 二、填空题13．(2019·合肥质检)抛物线x 2＝8y 的焦点坐标为________．解析：由抛物线方程x 2＝8y 知，抛物线焦点在y 轴上，由2p ＝8，得p2＝2，所以焦点坐标为(0,2)． 答案：(0,2)14．已知过P (1,1)的直线l 与双曲线C ：x 2－y 2＝1只有一个公共点，则直线l 的条数为________．解析：双曲线C ：x 2－y 2＝1的渐近线方程y ＝±x ， 其中一条渐近线y ＝x 过点P (1,1)，所以过点P (1,1)的直线x ＝1与双曲线右支相切，只有一个公共点，过P (1,1)与y ＝－x 平行的直线y ＝－x ＋2和双曲线右支相交，只有一个公共点， 综上共有2条直线符合要求． 答案：215．(2019·泰安模拟)抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，动点P 在抛物线C 上，点A (－1,0)，当|PF ||P A |取得最小值时，直线AP 的方程为________． 解析：设P 点的坐标为(4t 2,4t )， ∵F (1,0)，A (－1,0)，∴|PF |2＝(4t 2－1)2＋16t 2＝16t 4＋8t 2＋1， |P A |2＝(4t 2＋1)2＋16t 2＝16t 4＋24t 2＋1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫|PF ||P A |2＝16t 4＋8t 2＋116t 4＋24t 2＋1＝1－16t 216t 4＋24t 2＋1＝1－1616t 2＋1t 2＋24≥1－16216t 2·1t 2＋24＝1－1632＝12，当且仅当16t 2＝1t 2，即t ＝±12时取等号，此时点P 坐标为(1,2)或(1，－2)，此时直线AP 的方程为y ＝±(x ＋1)，即x ＋y ＋1＝0或x －y ＋1＝0. 答案：x ＋y ＋1＝0或x －y ＋1＝016．抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为A ，其准线与x 轴的交点为B ，如果在直线3x ＋4y ＋25＝0上存在点M ，使得∠AMB ＝90°，则实数p 的取值范围是________． 解析：由题得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，0，∵M 在直线3x ＋4y ＋25＝0上，设点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，－3x －254， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，－3x －254， BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，－3x －254， 又∠AMB ＝90°，∴AM →·BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2＋⎝⎛⎭⎪⎫－3x －2542＝0， 即25x 2＋150x ＋625－4p 2＝0， ∴Δ≥0，即1502－4×25×(625－4p 2)≥0， 解得p ≥10或p ≤－10，又p >0，∴p 的取值范围是[10，＋∞)． 答案：[10，＋∞) 三、解答题17．已知椭圆的焦点F 1(－4,0)，F 2(4,0)，过点F 2并垂直于x 轴的直线与椭圆的一个交点为B ，并且|F 1B |＋|F 2B |＝10，椭圆上不同的两点A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)满足条件：|F 2A |，|F 2B |，|F 2C |成等差数列． (1)求椭圆的方程； (2)求弦AC 中点的横坐标．解析：(1)由题意可知2a ＝|F 1B |＋|F 2B |＝10. 所以a ＝5，又c ＝4，所以b ＝a 2－c 2＝3，所以椭圆方程为：x 225＋y 29＝1.(2)由点B (4，y B )在椭圆上，得|F 2B |＝|y B |＝95. 由|F 2A |，|F 2B |，|F 2C |成等差数列， 得(x 1－4)2＋y 21＋(x 2－4)2＋y 22＝2×95，① 点A (x 1，y 1)在椭圆x 2125＋y 219＝1上，得y 21＝925(25－x 21)， 所以 (x 1－4)2＋y 21＝x 21－8x 1＋16＋925(25－x 21)＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫5－45x 12＝15(25－4x 1)，②同理可得(x 2－4)2＋y 22＝15(25－4x 2)，③ 将②③代入①式，得15(25－4x 1)＋15(25－4x 2)＝185，所以x 1＋x 2＝8，设AC 中点坐标为(x 0，y 0)，则横坐标x 0＝x 1＋x 22＝4.18．(2019·合肥质检)已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上，且△PF 1F 2的面积为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，求F 2A →·F 2B →的取值范围． 解析：(1)由椭圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，且△PF 1F 2的面积为22，得1a 2＋12b 2＝1，且12×2c ×22＝22，即c ＝1. 又a 2－b 2＝c 2＝1，解得a 2＝2，b 2＝1. 所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知F 1(－1,0)，F 2(1,0)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．若直线l 的斜率不存在，可得点A ，B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，22，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－22，则F 2A →·F 2B →＝72.当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x ＋1)，代入椭圆方程得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2(k 2－1)＝0.则Δ＝16k 4－8(1＋2k 2)(k 2－1)＝8k 2＋8>0恒成立． 所以x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2(k 2－1)1＋2k 2.所以F 2A →·F 2B →＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2 ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋k 2＋1 ＝7k 2－11＋2k 2＝72－92(1＋2k 2). 又k 2≥0，则F 2A →·F 2B →＝72－92(2k 2＋1)∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，72. 综上可知，F 2A →·F 2B → 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，72.。
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增分强化练(三十一)
考点一 范围、最值问题
(2019·大连模拟)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，其焦点到准线的距离为2，直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，过A ，B 分别作抛物线C 的切线l 1，l 2，l 1与l 2交于点M .
(1)求p 的值；
(2)若l 1⊥l 2，求△MAB 面积的最小值．
解析：(1)由题意知，抛物线焦点为：⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，p 2，准线方程为：y ＝－p 2， 焦点到准线的距离为2，即p ＝2.
(2)抛物线的方程为x 2＝4y ，即y ＝14
x 2， 所以y ′＝12
x ， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， l 1：y －x 214＝x 12(x －x 1)，l 2：y －x 224＝x 22
(x －x 2)， 由于l 1⊥l 2，所以x 12·x 22
＝－1，即x 1x 2＝－4. 设直线l 方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线方程联立，得
⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m x 2＝4y
，所以x 2－4kx －4m ＝0， Δ＝16k 2＋16m >0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ＝－4，所以m ＝1.
即l ：y ＝kx ＋1，
联立方程⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝x 12x －x 214y ＝x 22x －x 224，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2k y ＝－1，即M (2k ，－1)， M 点到直线l 的距离d ＝|k ·2k ＋1＋1|1＋k 2＝2|k 2＋1|1＋k 2， |AB |＝(1＋k 2)[](x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝4(1＋k 2)， 所以S ＝12×4(1＋k 2)×2|k 2＋1|1＋k
2＝4(1＋k 2)32≥4， 当k ＝0时，△MAB 面积取得最小值4.
考点二 定点、定值问题
(2019·南昌模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)，点M 在C 的长轴上运动，过点M 且斜率
大于0的直线l 与C 交于P ，Q 两点，与y 轴交于N 点．当M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为π6
时，N ，P 重合，|PM |＝2.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)当N ，P ，Q ，M 均不重合时，记NP →＝λNQ →，MP →＝μMQ →，若λμ＝1，求证：直线l 的斜率为
定值．
解析：(1)因为当M 为C 的右焦点且l 的倾斜角为π6时，N ，P 重合，|PM |＝2，
所以a ＝|PM |＝2，
故b c ＝tan π6＝3
3，
因为a 2＝b 2＋c 2，
因此c ＝3，b ＝1，
所以椭圆C 的方程为x 2
4＋y 2
＝1.
(2)证明：设l ：x ＝ty ＋m (m ≠0)，
所以M (m,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－m
t ，所以k l ＝1
t .
因为斜率大于0，
所以t >0，
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，
则NP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，y 1＋m
t ，NQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y 2＋m
t ，
由NP →＝λNQ →得，x 1＝λx 2，①
同理可得y 1＝μy 2，②
①②两式相乘得，x 1y 1＝λμx 2y 2，
又λμ＝1，所以x 1y 1＝x 2y 2，
所以(ty 1＋m )y 1＝(ty 2＋m )y 2，
即t (y 2
1－y 2
2)＝m (y 2－y 1)，
即(y 2－y 1)[]m ＋t (y 1＋y 2)＝0，
由题意k l >0，知y 1－y 2≠0，
所以m ＋t (y 1＋y 2)＝0.
联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ty ＋m x 2
4＋y 2＝1，
得(t 2＋4)y 2＋2tmy ＋m 2－4＝0，
依题意，y 1＋y 2＝－
2tm t 2＋4， 所以m －2t 2m t 2＋4
＝0，又m ≠0， 所以t 2＝4，
因为t >0，
故得t ＝2，
所以k l ＝1t ＝12，即直线l 的斜率为12
. 考点三 存在性问题
已知抛物线y 2＝4x ，过点P (8，－4)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点．
(1)当P 恰为AB 的中点时，求直线l 的方程；
(2)抛物线上是否存在一个定点Q ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
解析：(1)设A ，B 两点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，当P 恰为AB 的中点时，
显然x 1≠x 2，故k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2，又y 1＋y 2＝－8，故k AB ＝－12
， 则直线l 的方程为y ＝－12
x . (2)假设存在定点Q ，设Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫y 204，y 0，当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝k (x －8)－4(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x y ＝k (x －8)－4，
整理得ky 2－4y －32k －16＝0，Δ>0，y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－32－16k
， 由以弦AB 为直径的圆恒过点Q 知QA →·QB →＝0，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－y 204⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－y 2
04＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214－y 204⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224－y 2
04＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)16＋1(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0， 故(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16，即y 1y 2＋y 0(y 1＋y 2)＋y 20＋16＝0，
整理得(y 20－16)k ＋4(y 0－4)＝0，
即当y 0＝4时，恒有QA →·QB →＝0，故存在定点Q (4,4)满足题意；
当直线l 斜率不存在时，l ：x ＝8，不妨令A (8,42)，B (8，－42)，Q (4,4)，也满足QA →·QB →
＝0，
综上所述，存在定点Q(4,4)，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q.。