备战2023年高考数学二轮专题复习第五板块课时验收评价(七)　“解析几何”大题规范增分练.docx

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1、课时验收评价(七)“解析几何”大题规范增分练1已知椭圆C1(ab0)的左右焦点分别为F1(2,0)，F2(2,0)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点F1作AB的垂线交椭圆C于M，N两点，MNF2的周长为4.(1)求椭圆C的方程；(2)求的取值范围解：(1)由题意得，c2，由椭圆定义，MNF2的周长为4a4a，所以b，所以椭圆C的方程为1；(2)当lx轴时，MN与x轴重合，不符合题意，当直线l与x轴重合时，|MN|，|AB|2a2，所以；当直线l斜率存在且不为0时，设直线l：xty2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线MN：xy2，联立直线l与椭圆C的方程得(t23)y24ty2

2、0，(4t)28(t23)0，由韦达定理得y1y2，y1y2.所以|AB|y1y2|2，同理|MN|2，所以，综上所述，的取值范围是.2(2022湖南永州三模)已知椭圆C：1(ab0)的焦距为2，点P在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，且直线PM，PN的倾斜角互补，求OMN面积的最大值解：(1)设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，因为焦距为2，P，所以2c2且PF2x轴， 故，又由于a2b2c2b21，所以解得a2，b，故椭圆C方程为1；(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为ykxm，由于直线PM，PN的倾斜角互补，故kPMk

3、PN0，联立方程整理得(34k2)x28kmx4m2120，故(8km)24(34k2)(4m212)48(34k2m2)0，即m234k2，且x1x2，x1x2，kPMkPN2k2k2k2k0，所以k，故MN的方程为yxm，且0m234k24, 所以弦长|MN|x1x2|，原点到直线MN：x2y2m0的距离为d，所以SOMN|MN|d，故当且仅当m时，OMN的面积的最大值为.3.已知点F1(1,0)是椭圆C：1(ab0)的左焦点，且椭圆C经过点.过点F1作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，过点M作直线l：x4的垂线，垂足为E.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：直线EN过定点，并

4、求定点的坐标解：(1)由题意知所以a2，b，故椭圆C的标准方程为1.(2)证明：由题意F1(1,0)，设直线MN：xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(4，y1)，联立整理得(3m24)y26my90，显然0恒成立，则y1y2，y1y2，易知：2my1y23(y1y2)，又kEN，所以直线EN：yy1(x4)，令y0，则x4444.所以直线EN过定点P.4(2022河北秦皇岛二模)已知双曲线C：1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，虚轴长为2，离心率为，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点(1)求双曲线C的方程；(2)已知P(2，0)，若ABP的外心Q的横坐标为0，

5、求直线l的方程解：(1)由题知因为c2a2b2，所以a26，b23，故双曲线C的方程为1.(2)由(1)知F2(3,0)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x3，则A，B.因为ABP为等腰三角形，且ABP外接圆的圆心Q的横坐标为0，所以Q(0,0)因为|QA|，|QP|2，所以|QA|QP|，故此时不合题意当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x3)，联立方程组得(2k21)x212k2x18k260，由解得k2，即k或k.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，因为y1y2k(x1x26)，所以线段AB的中点为M，且|AB|x1x2|.设Q(0，y0)，因为Q在线

6、段AB的垂直平分线上，所以，得y0，即Q，故|QP|2212.因为|QA|2|QM|2|AB|2，且|QA|QP|，所以21222，化简得2k45k220，得k或k(舍去)，所以直线l的方程为y(x3)，即直线l的方程为xy30或xy30.5.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线E：y22px(p0)的焦点为F，过点F的直线交E于A，B两点，设E的准线与x轴的交点为K，当SKAF2SKBF时，SKBF.(1)求抛物线E的标准方程；(2)若点N(3,0)，过点N的直线l与E交于P，Q两点，是否存在x轴上的定点M，使得|MP|NQ|MQ|NP|恒成立？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明

7、理由解：(1)因为F，K，所以|KF|p.由题意得直线AB的斜率不为0，设直线AB：xmy，代入y22px(p0)，消去x得y22pmyp20，0成立设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2p2.因为SKAF2SKBF，所以y12y2，所以y2p.又SKBFp(y2)，所以p2，所以抛物线E的标准方程为y24x；(2)假设存在点M(a,0)，使得|MP|NQ|MQ|NP|恒成立设直线l：xny3，代入y24x消x得y24ny120，0成立，设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则y3y44n，y3y412，kMPkMQ，当a3时，kMPkMQ0，kMPkMQ，即PMNQMN，所以点N到直线MP和直线MQ 的距离相等，.又，|MP|NQ|MQ|NP|恒成立，存在点M(3,0)，使得|MP|NQ|MQ|NP|恒成立