（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（十二）“解析幾何”專題提能課-人教版高三數(shù)學(xué)試題

課時達(dá)標(biāo)訓(xùn)練(十二)“解析幾何”專題提能課A組——易錯清零練1．過點(diǎn)P(2，－1)且傾斜角的正弦值為eq\f(5,13)的直線方程為________________________．解析：設(shè)所求直線的傾斜角為α，則由題設(shè)知sinα＝eq\f(5,13)，因為0≤α<π，所以cosα＝±eq\r(1－sin2α)＝±eq\f(12,13)，所以tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝±eq\f(5,12)，則所求直線方程為y＋1＝±eq\f(5,12)(x－2)，即5x－12y－22＝0或5x＋12y＋2＝0.答案：5x－12y－22＝0或5x＋12y＋2＝02．(2019·南京四校聯(lián)考)已知雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點(diǎn)在直線l：eq\r(3)x＋y－4＝0上，且雙曲線的一條漸近線與直線l垂直，則該雙曲線的方程為________．解析：依題意，知雙曲線的焦點(diǎn)在y軸上，因為直線l與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0，4)，所以雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0，±4)，即c＝eq\r(a2＋b2)＝4.又直線l的斜率為－eq\r(3)，直線l與雙曲線的一條漸近線垂直，所以eq\f(a,b)＝eq\f(\r(3),3)，所以可得a2＝4，b2＝12，故該雙曲線的方程為eq\f(y2,4)－eq\f(x2,12)＝1.答案：eq\f(y2,4)－eq\f(x2,12)＝13．(2019·南京鹽城二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A是拋物線y2＝4x與雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的一個交點(diǎn)．若拋物線的焦點(diǎn)為F，且FA＝5，則雙曲線的漸近線方程為________．解析：由題意知，拋物線的焦點(diǎn)為F(1，0)，準(zhǔn)線方程為x＝－1.因為AF＝5，所以點(diǎn)A到拋物線的準(zhǔn)線的距離也為5，所以A(4，4)或A(4，－4)，又點(diǎn)A在雙曲線上，所以eq\f(16,4)－eq\f(16,b2)＝1，得b＝eq\f(4\r(3),3)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(2\r(3),3)x.答案：y＝±eq\f(2\r(3),3)x4．若關(guān)于x的方程eq\r(1－x2)＝a(x－1)＋1有兩個不相等的實數(shù)根，那么實數(shù)a的取值范圍是________．解析：作出函數(shù)y＝eq\r(1－x2)的圖象，它是單位圓的上半部分，作出直線y＝a(x－1)＋1，它是過點(diǎn)A(1，1)的直線，由圖象可知，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))5．(2019·姜堰中學(xué)模擬)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a>1)的離心率e＝eq\f(\r(6),3)，右頂點(diǎn)到直線ax＋by＝1的距離為1，過點(diǎn)P(0，2)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)M為AB的中點(diǎn)，連接OM并延長交橢圓C于點(diǎn)N，若eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(ON,\s\up7(→))，求直線AB的方程；(3)若直線OB交橢圓C于另一點(diǎn)Q，求△ABQ面積的最大值．解：(1)∵離心率e＝eq\f(\r(6),3)，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),\r(3))，eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(2,3)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3).設(shè)橢圓C的右頂點(diǎn)(a，0)到直線ax＋by＝1的距離為d，則d＝eq\f(|a2－1|,\r(a2＋b2))＝1，將a2＝3b2代入上式得，d＝eq\f(|3b2－1|,2b)＝1，得b＝1，a＝eq\r(3)或b＝eq\f(1,3)，a＝eq\f(\r(3),3).∵a>1，∴a＝eq\r(3)，b＝1.故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)顯然過點(diǎn)P的直線l的斜率存在且不為0，不妨設(shè)直線l的斜率為k(k≠0)，則直線l的方程為y＝kx＋2(k≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y并整理得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，由Δ＝144k2－36(1＋3k2)＝36(k2－1)>0，得k2>1.設(shè)M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x3，y3)，則x1，2＝eq\f(－6k±3\r(k2－1),1＋3k2).∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－6k,1＋3k2)，y0＝kx0＋2＝k·eq\f(－6k,1＋3k2)＋2＝eq\f(2,1＋3k2).∵eq\o(OM,\s\up7(→))＝eq\f(1,2)eq\o(ON,\s\up7(→))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(1,2)x3，,y0＝\f(1,2)y3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝2x0，,y3＝2y0.))∵點(diǎn)N(x3，y3)在橢圓上，∴eq\f(xeq\o\al(2,3),3)＋yeq\o\al(2,3)＝1，即4xeq\o\al(2,0)＋12yeq\o\al(2,0)＝3，即4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6k,1＋3k2)))eq\s\up12(2)＋12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋3k2)))eq\s\up12(2)＝3，整理得3k4－14k2－5＝0，解得k＝±eq\r(5).故直線AB的方程為y＝±eq\r(5)x＋2.(3)連接AO，由橢圓的對稱性可知，BO＝OQ，則S△ABQ＝2S△AOB.設(shè)點(diǎn)O到直線AB的距離為h，由(2)得AB＝eq\r(k2＋1)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(6\r(k2＋1)\r(k2－1),1＋3k2)，h＝eq\f(2,\r(k2＋1))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)AB×h＝eq\f(1,2)×eq\f(6\r(k2＋1)×\r(k2－1),1＋3k2)×eq\f(2,\r(1＋k2))＝eq\f(6\r(k2－1),1＋3k2)，∴S△ABQ＝2S△AOB＝eq\f(12\r(k2－1),1＋3k2).令t＝eq\r(k2－1)，則t>0，k2＝t2＋1，S△ABQ＝eq\f(12t,1＋3（t2＋1）)＝eq\f(12t,3t2＋4)＝eq\f(12,3t＋\f(4,t))≤eq\f(12,2\r(3t·\f(4,t)))＝eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(2\r(3),3)，k2＝eq\f(7,3)，即k＝±eq\f(\r(21),3)時等號成立，∴(S△ABO)max＝eq\r(3).B組——方法技巧練1．已知直線l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點(diǎn)，過A，B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點(diǎn)．若|AB|＝2eq\r(3)，則|CD|＝________．解析：由直線l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0知其過定點(diǎn)(－3，eq\r(3))，圓心O到直線l的距離為d＝eq\f(|3m－\r(3)|,\r(m2＋1)).由|AB|＝2eq\r(3)得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m－\r(3),\r(m2＋1))))eq\s\up12(2)＋(eq\r(3))2＝12，解得m＝－eq\f(\r(3),3).又直線l的斜率為－m＝eq\f(\r(3),3)，所以直線l的傾斜角α＝eq\f(π,6).畫出符合題意的圖形如圖所示，過點(diǎn)C作CE⊥BD，則∠DCE＝eq\f(π,6).在Rt△CDE中，可得|CD|＝eq\f(|AB|,cos\f(π,6))＝2eq\r(3)×eq\f(2,\r(3))＝4.答案：42.如圖，設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜1)的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F1的直線交橢圓E于A，B兩點(diǎn)．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程為________．解析：設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中c＝eq\r(1－b2)，則可設(shè)A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|＝3|F1B|，可得eq\o(AF1,\s\up7(→))＝3eq\o(F1B,\s\up7(→))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2c＝3x0＋3c，,－b2＝3y0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(5,3)c，,y0＝－\f(1,3)b2，))代入橢圓方程可得eq\f(25（1－b2）,9)＋eq\f(1,9)b2＝1，解得b2＝eq\f(2,3)，故橢圓方程為x2＋eq\f(3y2,2)＝1.答案：x2＋eq\f(3,2)y2＝13．(2019·南京三模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)F作一條漸近線的平行線，交另一條漸近線于點(diǎn)P，若線段PF的中點(diǎn)恰好在此雙曲線上，則此雙曲線的離心率為________．解析：雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，右焦點(diǎn)F(c，0)，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)平行線方程為y＝eq\f(b,a)(x－c)，易知它與另一條漸近線y＝－eq\f(b,a)x交于點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(bc,2a))).所以線段PF的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,4)，－\f(bc,4a)))，代入雙曲線的方程得eq\f(9c2,16a2)－eq\f(b2c2,16a2b2)＝1，即c2＝2a2，所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)4．若橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上存在一點(diǎn)M，它到左焦點(diǎn)的距離是它到右準(zhǔn)線距離的2倍，則橢圓離心率的最小值為________.解析：由題意，設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為x，根據(jù)焦半徑公式得，a＋ex＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)－x))，x＝eq\f(\f(2a2,c)－a,e＋2)，有－a≤eq\f(\f(2a2,c)－a,e＋2)≤a，不等式各邊同除以a，得－1≤eq\f(\f(2a,c)－1,e＋2)≤1，則eq\f(2,e)－1≤e＋2，即e2＋3e－2≥0，又0<e<1，所以eq\f(\r(17)－3,2)≤e<1，所以橢圓離心率的最小值為eq\f(\r(17)－3,2).答案：eq\f(\r(17)－3,2)5．(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖，已知P(t，0)為橢圓E外一動點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作直線l1和l2，直線l1和l2分別交橢圓E于點(diǎn)A，B和點(diǎn)C，D，且l1和l2的斜率分別為定值k1和k2，求證：eq\f(PA·PB,PC·PD)為定值．解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知得，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(a2,c)－c＝eq\f(\r(3),3)，c2＝a2－b2，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由題意，得直線l1的方程為y＝k1(x－t)，代入橢圓E的方程中，并化簡得，(1＋4keq\o\al(2,1))x2－8keq\o\al(2,1)tx＋4keq\o\al(2,1)t2－4＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t±2\r(4keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,1)t2＋1),1＋4keq\o\al(2,1)).x1＋x2＝eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1＋4keq\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1)).因為PA＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x1－t|，PB＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x2－t|，所以PA·PB＝(1＋keq\o\al(2,1))|x1－t||x2－t|＝(1＋keq\o\al(2,1))|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|＝(1＋keq\o\al(2,1))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－\f(8keq\o\al(2,1)t2,1＋4keq\o\al(2,1))＋\f(4keq\o\al(2,1)t2－4,1＋4keq\o\al(2,1))))＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）|t2－4|,1＋4keq\o\al(2,1))，同理，PC·PD＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,2)）|t2－4|,1＋4keq\o\al(2,2)).因為k1，k2為定值，所以eq\f(PA·PB,PC·PD)＝eq\f(（1＋keq\o\al(2,1)）（1＋4keq\o\al(2,2)）,（1＋keq\o\al(2,2)）（1＋4keq\o\al(2,1)）)為定值．C組——創(chuàng)新應(yīng)用練1．設(shè)m∈R，過定點(diǎn)A的動直線x＋my＝0和過定點(diǎn)B的動直線mx－y－m＋3＝0交于點(diǎn)P(x，y)，則|PA|·|PB|的最大值是________．解析：易求定點(diǎn)A(0，0)，B(1，3)．當(dāng)P與A和B均不重合時，不難驗證PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤eq\f(|PA|2＋|PB|2,2)＝5(當(dāng)且僅當(dāng)|PA|＝|PB|＝eq\r(5)時，等號成立)，當(dāng)P與A或B重合時，|PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是5.答案：52．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，A，B分別為C的左、右頂點(diǎn)．P為C上一點(diǎn)，且PF⊥x軸．過點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過OE的中點(diǎn)，則C的離心率為________．解析：如圖所示，由題意得A(－a，0)，B(a，0)，F(xiàn)(－c，0)．設(shè)E(0，m)，由PF∥OE，得eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)，則|MF|＝eq\f(m（a－c）,a).①又由OE∥MF，得eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)，則|MF|＝eq\f(m（a＋c）,2a).②由①②得a－c＝eq\f(1,2)(a＋c)，即a＝3c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)3．設(shè)點(diǎn)M(x0，1)，若在圓O：x2＋y2＝1上存在點(diǎn)N，使得∠OMN＝45°，則x0的取值范圍是________．解析：依題意，直線MN與圓O有公共點(diǎn)即可，即圓心O到直線MN的距離小于等于1即可，過O作OA⊥MN，垂足為A，在Rt△OMA中，因為∠OMA＝45°，故|OA|＝|OM|sin45°＝eq\f(\r(2),2)|OM|≤1，所以|OM|≤eq\r(2)，則eq\r(xeq\o\al(2,0)＋1)≤eq\r(2)，解得－1≤x1≤1.答案：[－1，1]4．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2c，若橢圓上存在點(diǎn)M使得eq\f(sin∠MF1F2,a)＝eq\f(sin∠MF2F1,c)，則該橢圓離心率的取值范圍為________．解析：在△MF1F2中，eq\f(|MF2|,sin∠MF1F2)＝eq\f(|MF1|,sin∠MF2F1)，而eq\f(sin∠MF1F2,a)＝eq\f(sin∠MF2F1,c)，∴eq\f(|MF2|,|MF1|)＝eq\f(sin∠MF1F2,sin∠MF2F1)＝eq\f(a,c).①又M是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的焦點(diǎn)，∴|MF1|＋|MF2|＝2a由①②得，|MF1|＝eq\f(2ac,a＋c)，|MF2|＝eq\f(2a2,a＋c).顯然|MF2|>|MF1|，∴a－c<|MF2|<a＋c，即a－c<eq\f(2a2,a＋c)<a＋c，整理得c2＋2ac－a2>0，∴e2＋2e－1>0，又0<e<1∴eq\r(2)－1<e<1.答案：(eq\r(2)－1，1)5．(2019·鹽城三模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，1))，且點(diǎn)P與橢圓的左、右頂點(diǎn)連線的斜率之積為－eq\f(1,2).(1)求橢圓C的方程；(2)若橢圓C上存在兩點(diǎn)Q，R，使得△PQR的垂心(三角形三條高的交點(diǎn))恰為坐標(biāo)原點(diǎn)O，試求直線QR的方程．解：(1)由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(1－0,\r(2)－a)×\f(1－0,\r(2)＋a)＝－\f(1,2)，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)Q(x1，y1)，R(x2，y2)，連接PO，QO(圖略)，因為QR⊥PO，且kPO＝eq\f(1,\r(2))，所以kQR＝－eq\r(2)，故可設(shè)直線QR的方程為y＝－eq\r(2)x＋m.聯(lián)立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x＋m，,x2＋2y2＝4，))消去y，得5x2－4eq\r(2)mx＋2m2－4＝0.由Δ>0得32m2－20(2m2－4)>0，得則x1，2＝eq\f(4\r(2)m±\r(80－8m2),10)，所以x1＋x2＝eq\f(4\r(2)m,5)，x1x2＝eq\f(2m2－4,5).又QO⊥PR，所以kQO·kPR＝－1，得eq\f(y1,x1)·eq\f(y2－1,x2－\r(2))＝－1，即eq\f(－\r(2)x1＋m,x1)·eq\f(－\r(2)x2＋m－1,x2－\r(2))＝－1，整理得，3x1x2－eq\r(2)m(x1＋x2)＋m2－m＝0，所以3×eq\f(2m2－4,5)－eq\r(2)m×eq\f(4\r(2)m,5)＋m2－m＝0，即3m2－5m－12＝0，解得m＝3或m＝－eq\f(4,3)(均適合(*)式)．當(dāng)m＝3時，直線QR恰好經(jīng)過點(diǎn)P，不能構(gòu)成三角形，不合題意，故舍去．所以直線QR的方程為y＝－eq\r(2)x－eq\f(4,3).6.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓的中心在原點(diǎn)O，右焦點(diǎn)F在x軸上，橢圓與y軸交于A，B兩點(diǎn)，其右準(zhǔn)線l與x軸交于T點(diǎn)，直線BF交橢圓于C點(diǎn)，P為橢圓上弧AC上的一點(diǎn)．(1)求證：A，C，T三點(diǎn)共線；(2)如果eq\o(BF,\s\up7(→))＝3eq\o(FC,\s\up7(→))，四邊形APCB的面積最大值為eq\f(\r(6)＋2,3)，求此時橢圓的方程和P點(diǎn)坐標(biāo)．解：(1)證明：設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，①則A(0，b)，B(0，－b)，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，0))，設(shè)直線AT與BF交于C′AT：eq\f(x,\f(a2,c))＋eq\f(y,b)＝1，②BF：eq\f(x,c)＋eq\f(y,－b)＝1，③聯(lián)立②③，解得交點(diǎn)C′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(b3,a2＋c2)))，代入①得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b3,a2＋c2)))\s\up12(2),b2)＝eq\f(4a2c2＋（a2－c2）2,（a2＋c2）2)＝1.滿足①式，則C′點(diǎn)在橢圓上，∴A，C′，T共線，C′與C重合，A，C，T三點(diǎn)共線．(2)過C作CE⊥x軸，垂足為E(圖略)，則△OBF∽△ECF.∵eq\o(BF,\