2022版高中数学理人教A版一轮复习课时作业：五十八 圆锥曲线中求值与证明问题 WORD版含解析.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时作业梯级练五十八圆锥曲线中求值与证明问题【基础落实练】（20分钟40分）一、选择题(每小题5分，共25分)1椭圆1，过原点O且斜率为的直线与椭圆交于C，D，若|CD|4，则椭圆的标准方程为()A1B1C1 D1【解析】选D.由题意可知，直线CD的方程为yx，直线倾斜角为，不妨设C点在第一象限，则OC2，因此可得C(1，)，又点C在椭圆1上，所以1b2，所以椭圆的标准方程为1.2已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1，0)，且椭圆上的点到点F的最大距离为3，O为坐标原

2、点过右焦点F且倾斜角为60的直线与椭圆C交于M，N两点，则OMN的面积为()A B C D【解析】选A.由题意得所以a2，b，c1，所以椭圆的标准方程是1.由题意得，直线MN的方程为y(x1)，联立得到5x28x0，x10，x2，|MN|x1x2|，d，SOMNd|MN|.3已知椭圆C的焦点为F1(c，0)，F2(c，0)，P是椭圆C上一点，若椭圆C的离心率为，且PF1F1F2，PF1F2的面积为，则椭圆C的方程为()Ay21B1C1 Dy21【解析】选A.椭圆C的焦点为F1(c，0)，F2(c，0)，P是椭圆C上一点由椭圆C的离心率为，且PF1F1F2，PF1F2的面积为，可得解得a，b1，

3、所以椭圆方程为y21.4已知双曲线C：x24y21的左焦点恰好在抛物线D：y22px(p0)的准线上，过点P(1，2)作两直线PA，PB分别与抛物线D交于A，B两点，若直线PA，PB的倾斜角互补，则点A，B的纵坐标之和为()A2 B4 C4 D4【解析】选C.C的左焦点F(1，0)，D的准线x，故p2.运用极端化思想处理，当两直线PA，PB重合时，A，B的坐标均为(1，2)，点A，B的纵坐标之和为4.一般性证明：设A，B，则kPAkPB000y1y24.5已知椭圆1(ab0)的焦点分别为F1(c，0)，F2(c，0)(c0)，两条平行线l1：yxc，l2：yxc交椭圆于A，B，C，D四点，若以

4、A，B，C，D为顶点的四边形面积为2b2，则椭圆的离心率为()A B1C2 D2【解析】选D.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立直线l1与椭圆的方程：整理可得(a2b2)x22a2cxa2c2a2b20，x1x2，x1x2，所以|CD|b2.直线l1，l2间的距离dc，所以平行四边形的面积S|CD|db2c2b2，整理可得：c22ac2a20，即e22e20，解得e2，由椭圆的性质可得离心率e2.二、填空题(每小题5分，共15分)6已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且椭圆C的右顶点到直线xy0的距离为3.过点P(2，0)，且斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点，则OAB的面积(O为坐

5、标原点)为_【解析】因为椭圆C的右顶点到直线xy0的距离为3，所以3，解得a2.因为椭圆C的离心率为，所以，所以c，所以b.故椭圆C的方程为1.由题意可知直线l的方程为x2y2，设A(x1，y2)，B(x2，y2)，联立整理得2y22y10，则y1y21，y1y2，从而|y1y2|.故OAB的面积为S|OP|y1|OP|y2|OP|y1y2|2.答案：7在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(4，0)，离心率等于0.8，过焦点F、倾斜角为的直线l交椭圆C于M，N两点则的值为_【解析】由题意知，c4，0.8，所以a5，b3，所以椭圆C的标准方程为1.(1)当90时，N(4，)

6、，|NF|MF|.所以.所以当斜率不存在时，.(2)当斜率存在时，设l：yk(x4)，代入椭圆方程得(925k2)x2200k2x25(16k29)0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2.因为|MF|5x1，|NF|5x2，所以.答案：8.(2018浙江高考)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(m1)上两点A,B满足=2,则当m=时,点B横坐标的绝对值最大.【解析】由题意得=2,设B(x0,y0),则A(-2x0,3-2y0),即满足方程组消元得4-(3-2y0)2=3m,解得y0=,代入原式得+=m,化简得=,所以当m=5时点B横坐标的绝对值最大.答案:5【素养提升练

7、】（20分钟35分）1已知椭圆1(ab0)的左、右焦点为F1，F2，上顶点为A，点P为第一象限内椭圆上的一点，|PF1|PF2|4|F1F2|，SPF1A2SPF1F2，则直线PF1的斜率为_【解析】因为|PF1|PF2|4|F1F2|，所以2a8c，即a4c，可得bc.由题可知A(0，b)，F1(c，0)，F2(c，0).设直线PF1的方程为yk(xc).因为SPF1A2SPF1F2，所以点A到直线PF1的距离等于点F2到直线PF1的距离的2倍，因为A到直线PF1的距离d1，点F2到直线PF1的距离d2，所以|kcb|4|kc|，即|k|4|k|，解得k或k(舍去).答案：2过抛物线y24x

8、的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，该抛物线的准线与x轴交于点M，若|AF|4，则MAB的面积为_【解析】y24x的准线l：x1.因为|AF|4，所以点A到准线l：x1的距离为4，所以1xA4，所以xA3，所以yA2，不妨设A(3，2)，所以SAFM222，因为F(1，0)，所以直线AB的方程为y(x1)，联立方程组解得B，所以SBFM2，所以SAMBSAFMSBFM2.答案：3已知椭圆C：1(ab0)上有一点M，F为右焦点，B为上顶点，O为坐标原点，且SBFOSBFM，则椭圆C的离心率为_【解析】由题意可得直线BF的方程为：1，即bxcycb0，所以M到直线BF的距离d，因为|BF|a，所

9、以SBFM|BF|dba(1)c，而SBFObc，SBFOSBFM，所以bcba(1)c，整理可得ca(1)c，整理可得ac，解得e.答案：4如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”过椭圆第四象限内一点M作x轴的垂线交其“辅助圆”于点N，当点N在点M的下方时，称点N为点M的“下辅助点”已知椭圆E：1(ab0)上的点的下辅助点为(1，1).(1)求椭圆E的方程；(2)若OMN的面积等于，求下辅助点N的坐标【解析】(1)因为椭圆E：1(ab0)上的点的下辅助点为(1，1)，所以辅助圆的半径为R，椭圆长半轴为aR，将点代入椭圆方程1中，解得b1，所以椭圆E的方程为y21；(2

10、)设点N(x0，y0)(y00)，点M(x0，y1)(y10)，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得xy2，y1，故y2y，即y0y1，又SOMNx0(y1y0)，则x0y1，将x0y1与y1，y0y1联立可解得或所以下辅助点N的坐标为或.【加练备选拔高】如图所示,在直角坐标系xOy中,A,B是抛物线C1:y2=2px(p0)上两点,M,N是椭圆C2:+=1上两点,若AB与MN相交于点E(2,0),=-p2.(1)求实数p的值及抛物线C1的准线方程.(2)设OMN的面积为S,OMN、OAB的重心分别为G,T,当GT平行于x轴时,求|GT|+S2的最大值.【解析】(1)设A(x1,y1)与

11、B(x2,y2),AB:x=2+ty与y2=2px联立得y2-2pty-4p=0,y1+y2=2pt,y1y2=-4p,=x1x2+y1y2=+y1y2=(-2)2-4p,所以(-2)2-4p+p2=0,解得p=2.抛物线C1的准线方程为x+1=0;(2)设M(x3,y3),N(x4,y4),MN:x=2+my与+=1联立得(m2+2)y2+4my-2=0,y3+y4=-,y3y4=-,由GT平行于x轴可知y3+y4=y1+y2,由(1)知p=2,所以y1+y2=4t,代入得4t=-即t=-,所以|GT|(x1x2)(x3x4)|t(y1y2)m(y3y4)|.又S2(y3y4)2(y3y4)

12、24y3y48，于是|GT|S28，令m22u，u2，得|GT|S2，当且仅当m22u，即m时，|GT|S2有最大值.5已知椭圆C：1(b0)的右焦点为F，过F作两条直线分别与圆O：x2y2r2(r0)相切于A，B，且ABF为直角三角形. 又知椭圆C上的点与圆O上的点的最大距离为1.(1)求椭圆C及圆O的方程；(2)若不经过点F的直线l：ykxm(其中k0，m0)与圆O相切，且直线l与椭圆C交于P，Q，求FPQ的周长【解析】(1)由题意，椭圆C上的点与圆O上的点的最大距离为1，所以ar1，又a，所以r1.因为ABF为直角三角形，所以BFO，又OBBF，所以OFOB，即cr，解得c；又b2c23

13、，解得b1；圆O的方程为：x2y21；椭圆C的方程为：y21.(2)由题意知，ykxm与圆相切，由点到直线的距离公式得，1，即m2k21；设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由整理得(13k2)x26kmx3m230，由0，得3k21m2()，且x1x2，x1x2，由弦长公式得|PQ|2.由|PF|aex1，|QF|aex2，得|PF|QF|2ae(x1x2)2，FPQ的周长为|PQ|PF|QF|2.【加练备选拔高】已知椭圆C:+=1(ab0)过点(0,1),其右焦点为F(1,0).(1)求椭圆C的方程和离心率;(2)过点M(2,0)的直线与椭圆C交于P,Q两点,Q关于x轴对称的点为N,判断P,F,N三点是否共线?并加以证明.【解析】(1)依题意：b1，c1，所以a2b2c22，所以椭圆C的方程为y21，离心率e.(2)依题意可知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为yk(x2)，由整理得(12k2)x28k2x8k220.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x2，y2)，x1x2，x1x2.所以kPF，kNF，kPFkNF0，所以kPFkFN，所以P，F，N三点共线关闭Word文档返回原板块