2025版高考數(shù)學一輪復習練案60第八章解析幾何高考大題規(guī)范解答系列五-解析幾何含解析新人教版

高考大題規(guī)范解答系列(五)——解析幾何1．(2024·天津高考)設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B，已知橢圓的離心率為eq\f(\r(5),3)，點A的坐標為(b,0)，且|FB|·|AB|＝6eq\r(2).(1)求橢圓的方程；(2)設直線l：y＝kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點為P，且l與直線AB交于點Q.若eq\f(|AQ|,|PQ|)＝eq\f(5\r(2),4)sin∠AOQ(O為原點)，求k的值．[解析](1)設橢圓的焦距為2c，由已知有eq\f(c2,a2)＝eq\f(5,9)，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝eq\r(2)b，由|FB|·|AB|＝6eq\r(2)，可得ab＝6，從而a＝3，b＝2.所以，橢圓的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設點P的坐標為(x1，y1)，點Q的坐標為(x2，y2)．由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y(tǒng)1－y2.又因為|AQ|＝eq\f(y2,sin∠OAB)，而∠OAB＝eq\f(π,4)，故|AQ|＝eq\r(2)y2.由eq\f(|AQ|,|PQ|)＝eq\f(5\r(2),4)sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))(k>0)消去x，可得y1＝eq\f(6k,\r(9k2＋4)).易知直線AB的方程為x＋y－2＝0，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,x＋y－2＝0，))(k>0)消去x，可得y2＝eq\f(2k,k＋1).由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3eq\r(9k2＋4)，兩邊平方，整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝eq\f(1,2)，或k＝eq\f(11,28).所以，k的值為eq\f(1,2)或eq\f(11,28).2．(2024·湖南五市十校教研教改共同體聯(lián)考)已知橢圓E的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))和(0,1)．(1)求橢圓E的標準方程；(2)設經(jīng)過定點(0,2)的直線l與E交于A，B兩點，O為坐標原點，若eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，求直線l的方程．[解析](1)題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1))，解得a＝2，b＝1，所以橢圓E的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設A，B的坐標為(x1，y1)，(x2，y2)，依題意可設直線l的方程為y＝kx＋2，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1,y＝kx＋2))消去y，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)>0，k2>eq\f(3,4)，x1＋x2＝eq\f(－16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·eq\f(12,1＋4k2)＋2k·eq\f(－16k,1＋4k2)＋4＝eq\f(12－20k2,1＋4k2)＋4＝0，eq\f(12－20k2＋4＋16k2,1＋4k2)＝0，k2＝4，解得k＝±2，所以所求直線l的方程為y＝2x＋2或y＝－2x＋2，即2x－y＋2＝0或2x＋y－2＝0.3．(2024·廣東深圳、汕頭、潮州、揭陽聯(lián)考)已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點．(1)若P是第一象限內該橢圓上的一點，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝－eq\f(5,4)，求點P的坐標；(2)設過定點M(0,2)的直線l與橢圓交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角(其中O為坐標原點)，求直線l的斜率k的取值范圍．[解析](1)因為橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，所以a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，可得F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，設P(x，y)(x>0，y>0)，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)－x，－y)·(eq\r(3)－x，－y)＝x2＋y2－3＝－eq\f(5,4)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝\f(7,4)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝1，,y2＝\f(3,4)，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(\r(3),2)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2))).(2)明顯x＝0不滿意題意，可設l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))?(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，由Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)·12>0，得k2>eq\f(3,4)，x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2).又∠AOB為銳角，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))>0，即x1x2＋y1y2>0，x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)eq\f(12,1＋4k2)＋2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16k,1＋4k2)))＋4＝eq\f(44－k2,1＋4k2)>0，可得k2<4.又k2>eq\f(3,4)，即為eq\f(3,4)<k2<4，解得k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2)).4．(2024·吉林長春質檢)已知橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1，直線l：y＝kx＋1分別與x軸y軸交于M，N兩點，與橢圓交于A，B兩點．(1)若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(NB,\s\up6(→))，求直線l的方程；(2)若點P的坐標為(0，－2)，求△PAB面積的最大值．[解析](1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立直線方程與橢圓方程有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y2,4)＋x2＝1,y＝kx＋1))，有(4＋k2)x2＋2kx－3＝0，有eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(k,4＋k2)，eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(4,4＋k2)，所以AB中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,4＋k2)，\f(4,4＋k2)))，(k≠0)由Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，N(0,1)，MN中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k)，\f(1,2)))，因為eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(NB,\s\up6(→))，所以線段MN的中點與AB的中點重合，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k)＝－\f(k,4＋k2),\f(1,2)＝\f(4,4＋k2)))，解得k＝±2.∴直線l的方程為y＝±2x＋1.(2)由(1)可知S△PAB＝eq\f(1,2)×3×|x1－x2|＝eq\f(3,2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(3,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,4＋k2)))2＋\f(12,4＋k2))＝6×eq\f(\r(k2＋3),k2＋3＋1)＝eq\f(6,\r(k2＋3)＋\f(1,\r(k2＋3)))，因為eq\r(k2＋3)≥eq\r(3)，所以eq\r(k2＋3)＋eq\f(1,\r(k2＋3))≥eq\f(4\r(3),3)，所以SΔPAB＝eq\f(6,\r(k2＋3)＋\f(1,\r(k2＋3)))≤eq\f(3\r(3),2)，當k＝0時，△PAB面積最大．5．(2024·江蘇鎮(zhèn)江聯(lián)考)已知拋物線C的頂點在原點，焦點在坐標軸上，點A(1,2)為拋物線C上一點．(1)求拋物線C的方程；(2)若點B(1，－2)在拋物線C上，過B作C的兩弦BP與BQ，若kBP·kBQ＝－2，求證：直線PQ過定點．[解析](1)當焦點在x軸時，設C的方程為y2＝2px，代入點A(1,2)得2p＝4，即y2＝4x.當焦點在y軸時，設C的方程為x2＝2py，代入點A(1,2)得2p＝eq\f(1,2)，即x2＝eq\f(1,2)y，綜上可知：C的方程為y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y.(2)因為點B(1，－2)在C上，所以曲線C的方程為y2＝4x.設點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直線PQ：x＝my＋b，明顯m存在，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,x＝my＋b))得：y2－4my－4b＝0，Δ＝16(m2＋b)，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4b.∵kBP·kBQ＝－2，∴eq\f(y1＋2,x1－1)·eq\f(y2＋2,x2－1)＝－2，∴eq\f(4,y1－2)·eq\f(4,y2－2)＝－2，即y1y2－2(y1＋y2)＋12＝0，∴－4b－8m＋12＝0即b＝3－2m，直線PQ：x＝my＋3－2m，即x－3＝m(y－2)，∴直線PQ過定點(3,2)．6．(2024·河南階段測試)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為4，上頂點為A，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且∠F1AF2＝60°，O為坐標原點．(1)求橢圓C的方程；(2)設點M，N為橢圓C上的兩個動點，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，問：點O到直線MN的距離d是否為定值？若是，求出d的值；若不是．請說明理由．[解析](1)設橢圓C的半焦距為c.由已知可得2a＝4，解得a＝2.因為∠F1AF2＝60°，易得在Rt△OAF2中，∠OAF2＝30°，|OA|＝b，|OF2|＝c，|AF2|＝a＝2.所以cos∠OAF2＝eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),2)，解得b＝eq\r(3).所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當直線MN的斜率不存在時，MN⊥x軸．由eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0可得eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(ON,\s\up6(→)).結合橢圓的對稱性，可設M(x，x)，N(x，－x)，則d＝|x|.將點M(x，x)代入橢圓C的方程，得eq\f(x2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，解得x＝±eq\f(2\r(21),7)，所以d＝eq\f(2\r(21),7).當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y＝kx＋m，此時點O到直線MN的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，即d2＝eq\f(m2,1＋k2).設M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，則Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，得m2<4k2＋3.所以x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2).所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)·eq\f(4m2－12,3＋4k2)－eq\f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝eq\f(7m2－12k2＋1,3＋4k2).又因為eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，即eq\f(7m2－12k2＋1,3＋4k2)＝0，解得m2＝eq\f(12,7)(1＋k2)，所以d2＝eq\f(12,7)，得d＝eq\f(2\r(21),7).綜上所述，點O到直線MN的距離d是eq\f(2\r(21),7)，是定值．7．(2024·安徽蕪湖示范性中學聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中，過點(0,4)的直線l與拋物線C：x2＝2py(p>0)交于A，B兩點，以AB為直徑作圓，記為⊙M，⊙M與拋物線C的準線始終相切．(1)求拋物線C的方程；(2)過圓心M作x軸垂線與拋物線相交于點N，求S△ABN的取值范圍．[解析](1)過A，B，M分別作拋物線的準線的垂線，垂足分別為D，E，P，設拋物線焦點為F，由題意知圓M的半徑r＝|MP|＝eq\f(1,2)|AB|，且|MP|＝eq\f(1,2)(|AD|＋|BE|)＝eq\f(1,2)(|AF|＋|BF|)，即可得|AB|＝|AF|＋|BF|，所以A，B，F(xiàn)三點共線，即F(0,4)，所以eq\f(p,2)＝4，所以拋物線C的方程為x2＝16y.(2)由(1)知拋物線C：x2＝16y，設直線l：y＝kx＋4，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立可得：x2－16kx－64＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝16k，x1·x2＝－64，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋8＝16k2＋8，則M(8k,8k2＋4)，N(8k,4k2)，故點N到直線AB距離d＝eq\f(|8k2－4k2＋4|,\r(1＋k2))＝4eq\r(1＋k2)，又|AB|＝eq\r(1＋k2)，eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2＋256)＝16(k2＋1)，所以S△ABN＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×16(k2＋1)·4eq\r(1＋k2)＝32(1＋k2)eq\f(3,2)≥32，當k＝0時，S△ABN取最小值為32.故所求三角形△ABN面積的取值范圍[32，＋∞)．8．(2024·廣東新課改大聯(lián)考、湖南百校聯(lián)考)已知拋物線C的頂點為坐標原點O，對稱軸為坐標軸，且C經(jīng)過點A(4,6)．(1)求A到C的焦點的距離；(2)若C的對稱軸為x軸，過(9,0)的直線l與C交