2020版新高考二轮复习理科数学专题强化训练十九解析几何解析

专题强化训练(十九)解析几何1．[2019·长沙一模]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为13，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝43(O为坐标原点)．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)分别与l1，l2交于点M，N，求证：∠MF1N＝∠MF2N.解：(1)如图，连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线，又BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝b2a＝83，又e＝ca＝13，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故所求椭圆C的方程为x29＋y28＝1.(2)由(1)可得，F1(－1,0)，F2(1,0)，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.由x＝－3，y＝kx＋m得x＝－3，y＝－3k＋m，由x＝3，y＝kx＋m，得x＝3，y＝3k＋m，所以M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，所以F1M→＝(－2，－3k＋m)，F1N→＝(4,3k＋m)，所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2.联立x29＋y28＝1，y＝kx＋m得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8.所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2＝0，所以F1M→⊥F1N→，故∠MF1N＝π2.同理可得F2M→⊥F2N→，∠MF2N＝π2.故∠MF1N＝∠MF2N.2．[2019·合肥质检二]已知抛物线C1：x2＝2py(p0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．(1)求p的值；(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设MN→＝MA→＋MB→，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．解：(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋p2，因为直线l1与圆C2相切，所以圆心C2(－1,0)到直线l1：y＝x＋p2的距离d＝|－1＋p212＋－12＝2.即|－1＋p22＝2，解得p＝6或p＝－2(舍去)．所以p＝6.(2)解法一：依题意设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝x212，所以y′＝x6，设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝x16，所以切线l2的方程为y＝16x1(x－x1)＋y1.令x＝0，则y＝－16x21＋y1＝－16×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，所以MA→＝(x1－m，y1＋3)，MB→＝(－m，－y1＋3)，所以MN→＝MA→＋MB→＝(x1－2m,6)，所以ON→＝OM→＋MN→＝(x1－m,3)．设N点坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上．解法二：设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y①，设l2的斜率为k，Ax1，112x21，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋112x21②，联立①②得，x2＝12kx－x1＋112x21，因为Δ＝144k2－48kx1＋4x21＝0，所以k＝x16，所以切线l2的方程为y＝16x1(x－x1)＋112x21.令x＝0，得B点坐标为0，－112x21，所以MA→＝x1－m，112x21＋3，MB→＝－m，－112x21＋3，所以MN→＝MA→＋MB→＝(x1－2m,6)，所以ON→＝OM→＋MN→＝(x1－m,3)，所以点N在定直线y＝3上．3．[2019·武汉4月调研]已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点M(－2,1)，且右焦点F(3，0)．(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N(1,0)且斜率存在的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t＝MA→·MB→，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值．解：(1)由椭圆x2a2＋y2b2＝1的右焦点为(3，0)，知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，则x2a2＋y2a2－3＝1，a23.又椭圆过点M(－2,1)，∴4a2＋1a2－3＝1，又a23，∴a2＝6.∴椭圆Γ的标准方程为x26＋y23＝1.(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x26＋y23＝1y＝kx－1得x2＋2k2(x－1)2＝6，即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，∵点N(1,0)在椭圆内部，∴Δ0，∴x1＋x2＝4k21＋2k2①x1x2＝2k2－62k2＋1②，则t＝MA→·MB→＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5③，将①②代入③得，t＝(1＋k2)·2k2－62k2＋1＋(2－k2－k)·4k22k2＋1＋k2＋2k＋5，∴t＝15k2＋2k－12k2＋1，∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，∴t1＋t2＝132.4．[2019·石家庄一模]已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.(1)求抛物线C的方程；(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0＜r≤2)的两条切线PA、PB，切线PA、PB与抛物线C的另一交点分别为A、B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．解：(1)由抛物线定义，得|PF|＝x0＋p2，由题意得：2x0＝x0＋p2，2px0＝4，p＞0，解得p＝2，x0＝1，所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)由题意知，过P引圆(x－3)2＋y2＝r2(0＜r≤2)的切线斜率存在，设切线PA的方程为y＝k1(x－1)＋2，则圆心M到切线PA的距离d＝|2k1＋2|k21＋1＝r，整理得，(r2－4)k21－8k1＋r2－4＝0.设切线PB的方程为y＝k2(x－1)＋2，同理可得(r2－4)k22－8k2＋r2－4＝0，所以k1，k2是方程(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的两根，k1＋k2＝8r2－4，k1k2＝1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝k1x－1＋2，y2＝4x得k1y2－4y－4k1＋8＝0，由韦达定理知y1＋y2＝4k1，y1y2＝8－4k1k1，所以y1＝4－2k1k1＝4k1－2＝4k2－2，同理可得y2＝4k1－2.设点D的横坐标为x0，则x0＝x1＋x22＝y21＋y228＝4k2－22＋4k1－228＝2(k21＋k22)－2(k1＋k2)＋1＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3.设m＝k1＋k2，则m＝8r2－4∈[－4，－2)，所以x0＝2m2－2m－3，对称轴m＝12＞－2，所以9＜x0≤37，即t∈(9,37]．5．[2019·太原模拟]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，A，B分别是其左右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．解：(1)由题意，得2a＋2c＝6，12×2bc＝3，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，F2(1,0)．设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由x＝my＋1，x24＋y23＝1，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0∴y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2，∴my1y2＝32(y1＋y2)．∵直线AM的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，直线BN的方程为y＝y2x2－2(x－2)，∴y1x1＋2(x＋2)＝y2x2－2(x－2)，∴x＋2x－2＝y2x1＋2y1x2－2＝my1y2＋3y2my1y2－y1＝3，∴x＝4，∴直线AM与BN的交点在直线x＝4上．6．[2019·北京卷]已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B，求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．解：(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)．设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由y＝kx－1，x2＝－4y得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝y1x1x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1.同理得点B的横坐标xB＝－x2y2.设点D(0，n)，则DA→＝－x1y1，－1－n，DB→＝－x2y2，－1－n，DA→·DB→＝x1x2y1y2＋(n＋1)2＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．7．[2019·洛阳统考]已知抛物线C：y2＝2px(p0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．(1)若p＝2，M的坐标为(1,1)，求直线l的方程．(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，试问：2|MN|2|FN|是否为定值？若为定值，试求出此定值；否则，说明理由．解：(1)由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)，即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x＝ty＋1－ty2＝4x，得y2－4ty－4＋4t＝0，∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)0，y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝12.∴直线l的方程为2x－y－1＝0.(2)2|MN|2|FN|为定值2p，证明如下．∵抛物线C：y2＝2px(p0)，∴焦点F的坐标为p2，0.由题意知直线l的斜率存在且不为0，∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋p2(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x＝ty＋p2y2＝2px，得y2－2pty－p2＝0，∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p20.∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，∴Mpt2＋p2，pt.∴MN的方程为y－pt＝－tx－pt2－p2.令y＝0，解得x＝pt2＋3p2，Npt2＋3p2，0，∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋3p2－p2＝pt2＋p，∴2|MN|2|FN|＝2p2＋p2t2pt2＋p＝2p.8．[2019·浙江卷]如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准