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2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 專題突破篇 專題五 解析幾何專題限時訓練17 文
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．若以橢圓上一點和兩個焦點為頂點的三角形面積的最大值為1，則橢圓長軸長的最小值為( )
A．1 B. C．2 D．2
答案：D
解析：設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，則使三角形面積最大時，三角形在橢圓上的頂點為橢圓短軸端點，
所以S＝2cb＝bc＝1≤＝，
所以a2≥2，所以a≥，
所以長軸長2a≥2.故選D.
2．經(jīng)過橢圓＋＝1的右焦點任意作弦AB，過A作直線x＝4的垂線AM，垂足為M，則直線BM必經(jīng)過定點( )
A．(2,0) B.
C．(3,0) D.
答案：B
解析：依題意，選取過橢圓＋＝1的右焦點且垂直于x軸的弦AB，則A，B的坐標分別為，，所以過點A作直線x＝4的垂線，垂足為M，
所以直線BM的方程為y＝x－，
由于所給選項均為x軸上的點，而直線BM與x軸的交點為.故選B.
3．如圖，已知點B是橢圓＋＝1(a>b>0)的短軸位于x軸下方的端點，過B作斜率為1的直線交橢圓于點M，點P在y軸上，且PM∥x軸，＝9，若點P的坐標為(0，t)，則t的取值范圍是( )
A.(0,3) B．(0,3]
C. D.
答案：C
解析：因為P(0，t)，B(0，－b)，所以M(t＋b，t)．
所以＝(0，t＋b)，＝(t＋b，t＋b)．
因為＝9，所以(t＋b)2＝9，t＋b＝3.
因為0
0，b>0)漸近線的距離為，點P是拋物線y2＝8x上的一動點，P到雙曲線C的焦點F1(0，c)的距離與到直線x＝－2的距離之和的最小值為3，則該雙曲線的方程為( )
A.－＝1 B．y2－＝1
C.－x2＝1 D.－＝1
答案：C
解析：由題意得，拋物線y2＝8x的焦點F(2,0)，
雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線的方程為ax－by＝0，
∵拋物線y2＝8x的焦點F到雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)漸近線的距離為，
∴＝，∴a＝2b.
∵P到雙曲線C的上焦點F1(0，c)的距離與到直線x＝－2的距離之和的最小值為3，
∴|FF1|＝3，∴c2＋4＝9，∴c＝，
∵c2＝a2＋b2，a＝2b，∴a＝2，b＝1.
∴雙曲線的方程為－x2＝1.故選C.
5．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左，右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，若雙曲線上存在點P滿足＝，則該雙曲線的離心率的取值范圍為( )
A．(1，＋1) B．(1，)
C．(，＋∞) D．(＋1，＋∞)
答案：A
解析：根據(jù)正弦定理得＝，
所以由＝，可得＝，
即＝＝e，所以|PF1|＝e|PF2|.
因為e>1，所以|PF1|>|PF2|，點P在雙曲線的右支上．
|PF1|－|PF2|＝e|PF2|－|PF2|＝|PF2||e－1|＝2a.
解得|PF2|＝，因為|PF2|>c－a，
所以>c－a，即>e－1，
即(e－1)2<2，解得1－1，所以e∈(1，＋1)．故選A.
二、填空題(共3小題，滿分15分)
6．(xx沈陽二模)已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，△ABC的頂點都在拋物線上，且滿足＋＋＝0，則＋＋＝________.
答案：0
解析：F，設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
由＋＋＝0知，
＋＋＝(0,0)，
故y1＋y2＋y3＝0，
∵＝＝＝，
同理可知＝，＝，
∴＋＋＝＝0.
7．P為雙曲線x2－＝1右支上一點，M，N分別是圓(x＋4)2＋y2＝4和(x－4)2＋y2＝1上的點，則|PM|－|PN|的最大值為________．
答案：5
解析：已知兩圓圓心(－4,0)和(4,0)(記為F1和F2)恰為雙曲線x2－＝1的兩焦點．
當|PM|最大，|PN|最小時，|PM|－|PN|最大，|PM|最大值為P到圓心F1的距離|PF1|與圓F1半徑之和，同樣|PN|min＝|PF2|－1，從而|PM|－|PN|＝|PF1|＋2－(|PF2|－1)＝|PF1|－|PF2|＋3＝2a＋3＝5.
8．(xx湖南卷)如圖，正方形ABCD和正方形DEFG的邊長分別為a，b(a0)經(jīng)過C，F(xiàn)兩點，則＝________.
答案：1＋
解析：由正方形的定義可知BC＝CD，結(jié)合拋物線的定義得點D為拋物線的焦點，所以|AD|＝p＝a，D，F(xiàn)，將點F的坐標代入拋物線的方程得b2＝2p＝a2＋2ab，變形得2－－1＝0，解得＝1＋或＝1－(舍去)，所以＝1＋.
三、解答題(9題12分，10題、11題每題14分，共40分)
9．如圖，經(jīng)過點P(2,3)，且中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓M的離心率為.
(1)求橢圓M的方程；
(2)若橢圓M的弦PA，PB所在直線分別交x軸于點C，D，且|PC|＝|PD|，求證：直線AB的斜率為定值．
解：(1)設(shè)橢圓M的方程為＋＝1(a>b>0)，
則＋＝1，且e2＝＝，
解得a2＝16，b2＝12.
故橢圓M的方程為＋＝1.
(2)由題意知，直線PA的斜率必存在，故設(shè)直線PA的方程為y＝k(x－2)＋3，A(xA，yA)，B(xB，yB)，由|PC|＝|PD|可知，直線PB的方程為y＝－k(x－2)＋3.
由方程組
可得(4k2＋3)x2－8k(2k－3)x＋4(2k－3)2－48＝0.①
又方程①有一實根為2，故另一實根為
＝＝，
故xA＝.
同理，xB＝.
所以xA＋xB＝，xA＋xB－4＝－，
xA－xB＝.
所以直線AB的斜率kAB＝＝＝，即直線AB的斜率為定值．
10.已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸端點到焦點的距離為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)A，B為橢圓C上任意兩點，O為坐標原點，且OA⊥OB.
①求證原點O到直線AB的距離為定值，并求出該定值；
②任取以橢圓C的長軸為直徑的圓上一點P，求△PAB面積的最大值．
解：(1)由題意知，e＝＝，＝2，
又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)①當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝，此時，原點O到直線AB的距離為.
當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
則Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)>0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB，得kOAkOB＝－1，即＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，
即m2＝(1＋k2)，
所以原點O到直線AB的距離為＝.
綜上，原點O到直線AB的距離為定值.
②當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝，結(jié)合橢圓C的方程可得|AB|＝.
當直線AB的斜率存在時，
由①可得|AB|＝|x1－x2|
＝
＝，
當k≠0時，|AB|＝≤，
當且僅當k＝時等號成立．
當k＝0時，|AB|＝.
所以|AB|的最大值為，
又點P到直線AB的最大距離為＋2.
所以S△PAB的最大值為＝1＋.
11．(xx四川卷)如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且＝－1.
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．
解：(1)由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)．
又點P的坐標為(0,1)，且＝－1，
于是解得a＝2，b＝.
所以橢圓E的方程為＋＝1.
(2)當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)．
聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.
從而，＋λ
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以，當λ＝1時，－－λ－2＝－3.
此時，＋λ＝－3為定值．
當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD.
此時，＋λ＝＋
＝－2－1＝－3.
故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3.
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