2021届新高考数学二轮专题闯关导练（山东专用）：主观题专练 解析几何（9） WORD版含解析.doc

1、解析几何(9)12020山东日照校际联考如图，已知椭圆E：1(ab0)，A(4,0)是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且cos ，|2|.(1)求椭圆E的方程(2)过椭圆E的右焦点F的直线l交椭圆E于A1，B1两点，交直线x8于点M，判定直线CA1，CM，CB1的斜率是否构成等差数列，请说明理由22020山东师大附中模拟设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，准线为l，MC，以M为圆心的圆M与l相切于点Q，Q的纵坐标为p，E(5,0)是圆M与x轴的不同于F的一个交点(1)求抛物线C与圆M的方程；(2)过F且斜率为的直线n与C交于A，B两点，求ABQ的面积32020山东高考第一次大联考设

2、中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点，且离心率为.F为E的右焦点，P为E上一点，PFx轴，F的半径为PF.(1)求椭圆E和F的方程(2)若直线l：yk(x)(k0)与F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由42020全国卷已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点52020山东淄博部分学校联考已知圆O：x2y24，抛物线C：x22py(p0)(1)若抛物线C的焦点F在

3、圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求|AF|；(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N，设M(x0，y0)，当y03,4时，求|MN|的最大值62020新高考卷已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2,1)(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值解析几何(9)1解析：(1)|2|，|2|.又|，AOC是等腰三角形A(4,0)是长轴的一个端点，a4.cos ，cosOAC，则易知xC2，yC3，C(2,3)点C在椭圆上，1，b212，椭圆E的方程为1.(2)由题意可知直线l的斜率存在，则可设直线l的方程为yk

4、(x2)，由得(4k23)x216k2x16(k23)0.设A1(x1，y1)，B1(x2，y2)，则x1x2，x1x2.设直线CA1，CB1，CM的斜率分别为k1，k2，k3，则k1，k2，k3k，又y1k(x12)，y2k(x22)，k1k2kk32k32k32k1.又k3k，k1k22k3，故直线CA1，CM，CB1的斜率成等差数列2解析：(1)如图：由抛物线的定义知，圆M经过焦点F，Q，点M的纵坐标为p，又MC，则M，|MF|MQ|2p，由题意，M是线段EF的垂直平分线上的点，又E(5,0)，故，解得p2，则M(3,2)，Q(1,2)，圆M的半径|MQ|4，故抛物线C：y24x，圆M：

5、(x3)2(y2)216；(2)由(1)可知F(1,0)，直线n：y(x1)，由，解得或，如下图：设A，B(4,4)，则|AB|，Q到直线n的距离d，所以ABQ的面积S|AB|d.3解析：(1)设E的方程为1(ab0)，由题设知1，.解得a2，b1，故椭圆E的方程为y21.因此F(，0)，|PF|，即F的半径为.所以F的方程为(x)2y2.(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在F内，D在F外在l上的四点A，B，C，D满足|AC|AB|BC|，|BD|CD|BC|.设C(x1，y1)，D(x2，y2)将l的方程代入E的方程得(14k2)x28k2x12k240，则x1x2，x1x2，|CD|

6、1，又F的直径|AB|1，所以|BD|AC|CD|AB|CD|10，故不存在正数k使|AC|BD|.4解析：(1)由题设得A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)则(a,1)，(a，1)由8得a218，即a3.所以E的方程为y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n0，所以|MN|2|OM|2|ON|2xy42py0y4y4y416y4.令ty4，y03,4，则t5,12，令f(t)16t，则f(t)1，当t5,8时，f(t)0，f(t)单调递减，当t(8,12时，f(t)0，f(t)单调递增又f(5)165，f(12)1

7、612，所以f(x)max，即|MN|的最大值为.6解析：(1)由题设得1，解得a26，b23.所以C的方程为1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入1得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x2，x1x2.由AMAN知0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式可得(k21)(kmk2)(m1)240.整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1.于是MN的方程为yk(k1)所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1)由0得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，可得3x8x140.解得x12(舍去)，x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|.若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值