大题专练四（平面解析几何）-2021届高三高考数学（艺术班）二轮复习 含答案

大题专练四（平面解析几何） 1．椭圆的定义：|MF1|＋|MF2|＝2a 标准方程 x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0) y2 a2 ＋x2 b2 ＝1(a＞b＞0) 图形 性质 范围 －a≤x≤a －b≤y≤b －b≤x≤b －a≤y≤a 对称性 对称轴：x 轴、y 轴 对称中心：(0，0) 顶点 A1(－a，0)，A2(a，0) B1(0，－b)，B2(0，b) A1(0，－a)，A2(0，a) B1(－b，0)，B2(b，0) 轴 长轴 A1A2 的长为 2a 短轴 B1B2 的长为 2b 焦距 |F1F2|＝2c 离心率 e＝c a ，e∈(0，1) a，b，c 的关系 c2＝a2－b2 2 双曲线的定义：||MF1|－|MF2||＝2a 标准方程 x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0) y2 a2 －x2 b2 ＝1(a＞0，b＞0) 图形 性质 范围 x≥a 或 x≤－a，y∈R y≤－a 或 y≥a，x∈R 对称性 对称轴：坐标轴，对称中心：原点 顶点 A1(－a，0)，A2(a，0) A1(0，－a)，A2(0，a) 渐近线 y＝±b ax y＝±a bx 离心率 e＝c a ，e∈(1，＋∞) 实虚轴 线段 A1A2 叫做双曲线的实轴，它的长|A1A2|＝2a；线段 B1B2 叫做双曲线的虚轴，它的长|B1B2|＝2b；a 叫做双曲线的半实 轴长，b 叫做双曲线的半虚轴长 a、b、c 的关系 c2＝a2＋b2(c＞a＞0，c＞b＞0) 3.抛物线的标准方程和几何性质 标准方程 y2＝2px(p＞0) y2＝－2px(p＞0) x2＝2py(p＞0) x2＝－2py(p＞0) p 的几何意义：焦点 F 到准线 l 的距离 图形 顶点 O(0，0) 对称轴 y＝0 x＝0 焦点 F p 2 ，0 F －p 2 ，0 F 0，p 2 F 0，－p 2 离心率 e＝1 准线方程 x＝－p 2 x＝p 2 y＝－p 2 y＝p 2 范围 x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R 开口方向 向右 向左 向上 向下 焦半径(其中 P(x0，y0)) |PF|＝x0＋p 2 |PF|＝－x0＋p 2 |PF|＝y0＋p 2 |PF|＝－y0＋p 2 4 习题检测 1 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 2 2 ，且过点  2 ,1A ． （1）求 C 的方程； （2）点 M ， N 在 C 上，且 AM AN ， AD MN ， D 为垂足．证明：存在定点 Q ，使得 DQ 为定值． 2 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   过 (2,0)A ， (0,1)B 两点． （Ⅰ）求椭圆C 的方程及离心率； （Ⅱ）设 P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴 交于点 N ，求证：四边形 ABNM 的面积为定值． 3.已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 3 2 ， ( ,0)A a ， (0, )B b ， (0,0)O ， ΔOAB 的面积为 1． （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ． 求证：| | | |AN BM 为定值． 4.已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的长轴长为 4，焦距为 2 ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）过动点 M(0，m)(m>0)的直线交 x 轴与点 N，交 C 于点 A，P(P 在第一象限)，且 M 是 线段 PN 的中点．过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点 Q，延长线 QM 交 C 于点 B． (i)设直线 PM、QM 的斜率分别为 k、k'，证明 k k  为定值； (ii)求直线 AB 的斜率的最小值． 参考答案 1 答案：（1）根据题意，把点 (2,3)M 代入椭圆得到 2 2 4 9 1a b   ①，设 ( ,0)A a ，又 3 1 2 2AMk a   ，∴ 4a  ，代入①式，求得 2 12b  ，∴椭圆C 的方程为 2 2 116 12 x y  ． 解法一：由题意知 AM 的直线方程为 2 4 0x y   ，设直线 2 0x y m   与椭圆相切于点 N ， 2 2 2 0 116 12 m x x y y       ，联立方程组得 2 216 12 3 48 0y my m    ， 2 2144 64(3 48) 0m m     ，得 8m   ，由题意可知 8m   时， AMN 面积最大， 直线 2 4 0x y   与直线 2 8 0x y   距离 2 2 | 4 ( 8) | 12 5 51 ( 2) d      ，| | 3 5AM  ， ∴ 1 12 53 5 182 5AMNS     ． 解法二：设点    1 1 2 2, , ,M x y N x y ．∵AM⊥AN，∴ 1 2 1 2 1 1 12 2 y y x x      ． 整理可得：    1 2 1 2 1 2 1 21 2 4y y y y x x x x        ① 设 MN 的方程为 y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得： 2 2 22 1 4 2 6 0k x kmx m     ， 韦达定理可得： 2 1 2 1 22 2 4 2 6,2 1 2 1 km mx x x xk k      ，    1 2 1 2 2 2 2 1 my y kx m kx m k        ，    2 2 1 2 1 2 2 6 2 1 m ky y kx m kx m k     ， 代入①式有：       2 2 2 26 2 2 6 2 4 5 2 01m k m m km k         ， 化简可得：   24 8 1 3 1 0k km m m     ，即  2 1 2 3 1 0k m k m     ， 据此可得： 2 1k m  或 2 1 3k m   ，∴直线 MN 的方程为 1 2y kx k   或 1 2 3 ky kx    ，即  2 1y k x   或 2 1 3 3y k x      ，∴直线过定点  2,1 或 2 1,3 3    ．又∵ 2,1 和 A 点重合，∴舍去，则直线过定点 2 1,3 3E    ． 由于 AE 为定值，且△AED 为直角三角形，AE 为斜边，∴AE 中点 Q 满足 QD 为定值（AE 长度的一半 2 21 2 1 4 22 12 3 3 3              ） 由于   2 1,32,1 3,A E    ，故由中点坐标公式可得 4 1,3 3Q    ． 2.（I）由题意得， 2a  ， 1b  ．∴椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ． 又 2 2 3c a b   ，∴离心率 3 2 ce a   ． （II）设  0 0,x y （ 0 0x  ， 0 0y  ），则 2 2 0 04 4x y  ． 又  2,0 ，  0,1 ，∴直线  的方程为  0 0 22 yy xx   ． 令 0x  ，得 0 0 2 2 yy x    ，从而 0 0 21 1 2 yy x      ． 直线  的方程为 0 0 1 1yy xx   ． 令 0y  ，得 0 0 1 xx y    ，从而 0 0 2 2 1 xx y      ，∴四边形  的面积 1 2S     0 0 0 0 21 2 12 1 2 x y y x             2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 4 4 8 4 2 2 2 x y x y x y x y x y         0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 4 4 2 2 x y x y x y x y       2 ．从而四边形  的面积为定值． 3.（Ⅰ）由题意得            , ,12 1 ,2 3 222 cba ab a c 解得 1,2  ba ． ∴椭圆 C 的方程为 14 2 2  yx ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知， )1,0(),0,2( BA ，设 ),( 00 yxP ，则 44 2 0 2 0  yx ． 当 00 x 时，直线 PA 的方程为 )2(20 0  xx yy ． 令 0x ，得 2 2 0 0  x yyM ．从而 2 211 0 0  x yyBM M ． 直线 PB 的方程为 11 0 0  xx yy ． 令 0y ，得 10 0  y xxN ．从而 122 0 0  y xxAN N ． 2 2112 0 0 0 0  x y y xBMAN 22 8844 22 48444 0000 0000 0000 0000 2 0 2 0    yxyx yxyx yxyx yxyxyx 4 ． 当 00 x 时， 10 y ， ,2,2  ANBM ∴ 4 BMAN ． 综上， BMAN  为定值． 4.答案：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ，由题意知 2 4,2 2 2a c  ， ∴ 2 22, 2a b a c    ，∴椭圆 C 的方程为 2 2 14 2 x y  ． (Ⅱ)(i)设   0 0 0 0, 0, 0P x y x y  ，由 M(0， m )，可得    0 0,2 , , 2 .P x m Q x m ∴直线 PM 的斜率 0 0 2m m mk x x   ，直线 QM 的斜率 0 0 2 3' m m mk x x     ． 此时 ' 3k k   ，∴ 'k k 为定值 3 ． (ii)设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线 PA 的方程为 y kx m  ， 直线 QB 的方程为 3y kx m   ． 联立 2 2 14 2 y kx m x y     ，整理得  2 2 22 1 4 2 4 0k x mkx m     ． 由 2 0 1 2 2 4 2 1 mx x k   可得     2 1 2 0 2 2 2 1 m x k x    ，∴     2 1 1 2 0 2 2 2 1 k m y kx m m k x       ， 同理         2 2 2 22 2 0 0 2 2 6 2 , 18 1 18 1 m k m x y m k x k x         ．              2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 32 2 18 1 2 1 18 1 2 1 m m k m x x k x k x k k x             ，               2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 0 0 0 6 2 2 2 8 6 1 2 18 1 2 1 18 1 2 1 k m m k k m y y m m k x k x k k x                 ， ∴ 2 2 1 2 1 6 1 1 16 .4 4AB y y kk kx x k k           由 00, 0m x  ，可知 k>0，∴ 16 2 6k k   ，等号当且仅当 6 6k  时取得，此时 2 6 64 8 m m   ，即 14 7m  ，符号题意，∴直线 AB 的斜率的最小值为 6 2 ．