2020-2021学年新教材高考数学 第九章 平面解析几何 5 考点3 直线和椭圆综合问题练习（含解析）（选修2）.docx

1、考点3 直线和椭圆综合问题（2018浙江卷）如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上（1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；（2）若P是半椭圆x2y241（x0）上的动点，求PAB面积的取值范围【解析】（1）设P（x0，y0），A14y12,y1，B14y22,y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y+y022414y2+x02，即y22y0y8x0y020的两个不同的实根所以y1y22y0，所以PM垂直于y轴（2）由（1）可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|18（y12y2

2、2）x034y023x0，|y1y2|22y02-4x0.所以PAB的面积SPAB12|PM|y1y2|324(y024x0)32.因为x02y0241（1x00），所以y024x04x024x044,5，所以PAB面积的取值范围是62,15104.【答案】见解析（2018天津卷（理）设椭圆x2a2y2b21（ab0）的左焦点为F，上顶点为B已知椭圆的离心率为53，点A的坐标为（b,0），且|FB|AB|62.（1）求椭圆的方程；（2）设直线l：ykx（k0）与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若AQPQ524sinAOQ（O为原点），求k的值【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，

3、由已知有c2a259，又由a2b2c2，可得2a3B由已知可得|FB|a，|AB|2b，由|FB|AB|62，可得ab6，从而a3，b2.所以椭圆的方程为x29y241.（2）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）由已知有y1y20，故|PQ|sinAOQy1y2.又因为|AQ|y2sinOAB，而OAB4，所以|AQ|2y2.由AQPQ524sinAOQ，可得5y19y2.由方程组y=kx,x29y24=1,消去x，可得y16k9k2+4 .由题意求得直线AB的方程为xy20，由方程组ykx,xy20,消去x，可得y22kk+1.由5y19y2，可得5（k1）39k2-4，

4、两边平方，整理得56k250k110，解得k12或k1128.所以k的值为12或1128.【答案】见解析（2018全国卷（理）已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24y231交于A，B两点，线段AB的中点为M（1，m）（m0）（1）证明：k12；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且EPFAFB0.证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差【解析】证明（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x124y1231，x224y2231.两式相减，并由y1-y2x1-x2k，得x1+x24y1+y23k0.由题设知x1+x221，y1+y22m，于是k34m.由题设得0m32，

5、故k12.（2）由题意得F（1,0）设P（x3，y3），则（x31，y3）（x11，y1）（x21，y2）（0,0）由（1）及题设得x33（x1x2）1，y3（y1y2）2m0.又点P在C上，所以m34，从而P1,-32，|FP|32，于是|FA|x1-12+y12x1-12+31-x1242x12.同理|FB|2x22.所以|FA|FB|412（x1x2）3.故2|FP|FA|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列设该数列的公差为d，则2|d|FB|FA|12|x1x2|12x1+x22-4x1x2.将m34代入得k1，所以l的方程为yx74，代入C的方程，并整理得7x214x14

6、0.故x1x22，x1x2128，代入解得|d|32128.所以该数列的公差为32128或32128. 【答案】见解析（2018全国卷（理）设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k（k0）的直线l与C交于A，B两点，|AB|8.（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程【解析】（1）由题意得F（1,0），l的方程为yk（x1）（k0）设A（x1，y1），B（x2，y2），由yk(x1),y24x得k2x2（2k24）xk20.16k2160，故x1x22k2+4k2.所以|AB|AF|BF|（x11）（x21）4k2+4k2.由题意知4k2+4k28，解得k1（舍去）

7、或k1.因此l的方程为xy10.（2）由（1）得AB的中点坐标为（3,2），所以AB的垂直平分线方程为y2（x3），即yx5.设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则y0=-x0+5,x0+12=(x0-y0-1)22+16,解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.因此所求圆的方程为（x3）2（y2）216或（x11）2（y6）2144.【答案】见解析（2018全国卷（理）设椭圆C：x22y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2,0）（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB（1）【解析】由已知得F（1,0），l的方程为

8、x1.由已知可得，点A的坐标为1,22或1,-22.又M（2,0），所以AM的方程为y22x2或y22x2.即x2y20或x2y20.（2）证明当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk（x1）（k0），A（x1，y1），B（x2，y2），则x12，x22，直线MA，MB的斜率之和kMAkMBy1x1-2y2x2-2.由y1kx1k，y2kx2k，得kMAkMB2kx1x2-3kx1+x2+4kx1-2x2-2.将yk（x1）代入x22y21，得（2k21）x24k2x2k220，由题意知0恒成立，所

9、以x1x24k22k2+1，x1x22k2-22k2+1.则2kx1x23k（x1x2）4k4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+10，从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB综上，OMAOMB【答案】见解析（2018江苏卷）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点3,12，焦点为F1（3，0），F2（3，0），圆O的直径为F1F2.（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；直线l与椭圆C交于A，B两点若OAB的面积为267，求直线l的方程【解析】（1）因为椭圆C的焦点为F1（3，0），

10、F2（3，0），可设椭圆C的方程为x2a2y2b21（ab0）又点3,12在椭圆C上，所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此，椭圆C的方程为x24y21.因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2y23.（2）设直线l与圆O相切于点P（x0，y0）（x00，y00），则x02y023，所以直线l的方程为yx0y0（xx0）y0，即yx0y0x3y0.由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0,消去y，得（4x02y02）x224x0x364y020.（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以（24x0）24（4x02y02）（364y02）48y02（x

11、022）0.因为x00，y00，所以x02，y01.因此，点P的坐标为（2，1）因为OAB的面积为267，所以12ABOP267，从而AB427.设A（x1，y1），B（x2，y2），由（*）得x1,224x048y02(x02-2)2(4x02+y02)，所以AB2（x1x2）2（y1y2）21+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2.因为x02y023，所以AB216(x02-2)(x02+1)23249，即2x0445x021000，解得x0252（x0220舍去），则y0212，代入48y02（x022）0，满足题意，因此点P的坐标为102,22.所以直线l的方程为y5x32，即5xy320.【答案】见解析