1
专题检测五 解析几何
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要
求的.
1.(2021 新高考Ⅱ,3)抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1 的距离为√2,则p=( )
A.1
B.2
C.2√2
D.4
2.(2023 北京八一中学模拟)已知从点(-5,3)发出的光线,经x 轴反射后,反射光线恰好平分圆x2+y2-
2x-2y-3=0 的圆周,则反射光线所在的直线方程为( )
A.2x-3y+1=0
B.2x-3y-1=0
C.3x-2y+1=0
D.3x-2y-1=0
3.(2023 山东济宁一模)若过点P(0,-1)的直线l 与圆( x -√3)
2+y2=1 有公共点,则直线l 的倾斜角的最
大值为( )
A.π
6
B.π
4
C.π
3
D.2π
3
4.(2023 湖南常德一模)已知抛物线的方程为x2=4y,过其焦点F 的直线与抛物线交于M,N 两点,且|MF|
=5,O 为坐标原点,则△MOF 的面积与△NOF 的面积之比为( )
A.1
5
B.1
4
C.5
D.4
5.(2023 全国甲,理8)已知双曲线C: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为√5,C 的一条渐近线与圆(x-2)2+
(y-3)2=1 交于A,B 两点,则|AB|=
( )
A.√5
5
B.2√5
5
C.3√5
5
D.4√5
5
6.(2023 广东佛山二模)已知方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F.现有四位同学
对该方程进行了判断,提出了四个命题:
甲:可以是圆的方程;乙:可以是抛物线的方程;丙:可以是椭圆的标准方程;丁:可以是双曲线的标准方程.
其中,真命题有( )
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个
7.(2023 山东德州一模)由点P(-3,0)射出的两条光线与☉O1:(x+1)2+y2=1 分别相切于点A,B,称两射线
PA,PB 上切点右侧部分的射线和优弧AB 右侧所夹的平面区域为☉O1的“背面”.若☉O2:(x-1)2+(y-
t)2=1 处于☉O1的“背面”,则实数t 的取值范围为( )
A.[-2√3,2√3]
B.[-4√3
3
+1,4√3
3
-1]
C.[-1,1]
D.[-2√3
3
, 2√3
3
]
8.(2023 湖南长郡中学一模)已知O 为坐标原点,双曲线C: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是
F1,F2,离心率为√6
2 ,P(x1,y1)是C 的右支上异于顶点的一点,过点F2作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足是
M,|MO|=√2.若双曲线C 上一点T 满足⃗F1T ·⃗F2T=5,则点T 到双曲线C 的两条渐近线的距离之和为(
)
A.2√2
B.2√3
C.2√5
D.2√6
二、选择题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选
对的得5 分,部分选对的得2 分,有选错的得0 分.
9.(2023 福建泉州三模)已知AB 为圆C:x2+y2=4 的直径且不与y 轴重合,直线l:y=kx+1 与y 轴交于点
M,则( )
A.l 与C 恒有公共点
B.△ABM 是钝角三角形
2
C.△ABM 的面积的最大值为1
D.l 被C 截得的弦的长度的最小值为2√3
10.已知抛物线C:y2=4x 的焦点为F,斜率为1 的直线l 交抛物线于A,B 两点,则( )
A.抛物线C 的准线方程为x=1
B.线段AB 的中点在直线y=2 上
C.若|AB|=8,则△OAB 的面积为2√2
D.以线段AF 为直径的圆一定与y 轴相切
11.(2023 河北邯郸一模)已知双曲线C: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,过F1作圆
x2+y2=a2的切线l,切点为M,且直线l 与双曲线C 的左、右两支分别交于A,B 两点,则下列结论正确的
是( )
A.若a=3,b=4,则|BF1|+|BF2|=26
B.若BF2⊥BF1,则双曲线C 的渐近线方程为y=±2x
C.若|MB|=2|MF1|,则双曲线C 的离心率是√13
D.若M 是BF1的中点,则双曲线C 的离心率是√5
12.(2023 山东菏泽二模)法国数学家加斯帕尔·蒙日发现:与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的
轨迹是以椭圆中心为圆心的圆,我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆C: x
2
2 +y2=1,F1,F2分
别为椭圆的左、右焦点,直线l 的方程为x+√2y-3=0,M 为椭圆C 的蒙日圆上一动点,MA,MB 分别与椭
圆相切于A,B 两点,O 为坐标原点,下列说法正确的是( )
A.椭圆C 的蒙日圆方程为x2+y2=3
B.记点A 到直线l 的距离为d,则d-|AF2|的最小值为4√3
3
C.一矩形四条边与椭圆C 相切,则此矩形面积的最大值为6
D.△AOB 的面积的最小值为2
3,最大值为√2
2
三、填空题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.
13.(2023 福建厦门二模)写出与直线x=1,y=1 和圆x2+y2=1 都相切的一个圆的方程:
.
14.(2023 天津,12)过原点的一条直线与圆C:(x+2)2+y2=3 相切,交曲线y2=2px(p>0)于点P,若|OP|=8,则
p 的值为 .
15.(2022 全国甲,文15)记双曲线C: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x 与C
无公共点”的e 的一个值 .
16.(2023 河北石家庄一模)已知F1,F2分别是椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点,B 是C 的上顶点,
过F1的直线交C 于P,Q 两点,O 为坐标原点,△OBF1与△PQF2的周长比为√2+1
4
,则椭圆的离心率为
;如果|BF1|=√2,且BF1⊥PQ,则△PQF2的面积为 .
四、解答题:本题共6 小题,共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10 分)已知双曲线x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)过点A(-3,2),且离心率e=√5.
(1)求该双曲线的标准方程;
(2)如果B,C 为双曲线上的动点,直线AB 与直线AC 的斜率互为相反数,证明直线BC 的斜率为定值,并
求出该定值.
3
18.(12 分)(2023 河北唐山二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A 为C 上一点,B 为准线l 上一点,⃗
BF=2⃗FA,|AB|=9.
(1)求C 的方程;
(2)M,N,E(x0,-2)是C 上的三点,若kEM+kEN=1,求点E 到直线MN 距离的最大值.
19.(12 分)(2021 全国甲,理20)抛物线C 的顶点为坐标原点O,焦点在x 轴上,直线l:x=1 交C 于P,Q 两
点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M 与l 相切.
(1)求C,☉M 的方程;
(2)设A1,A2,A3是C 上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M 相切.判断直线A2A3与☉M 的位置关系,并说明
理由.
20.(12 分)(2023 江苏海安高级中学一模)某城市决定在夹角为30°的两条道路EB,EF 之间建造一个半
椭圆形状的主题公园,如图所示,AB=2 千米,O 为AB 的中点,OD 为椭圆的长半轴,在半椭圆形区域内
再建造一个游乐区域三角形OMN,其中M,N 在椭圆上,且MN 的倾斜角为45°,交OD 于点G.
(1)若OE=3 千米,为了不破坏道路EF,求椭圆长半轴长的最大值;
(2)若椭圆的离心率为√3
2 ,当线段OG 长为何值时,游乐区域三角形OMN 的面积最大?
4
21.(12 分)(2023 山东青岛一模)已知O 为坐标原点,椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为
F1,F2,A 为椭圆C 的上顶点,△AF1F2为等腰直角三角形,其面积为1.
(1)求椭圆C 的标准方程.
(2)直线l 交椭圆C 于P,Q 两点,点W 在过原点且与l 平行的直线上,记直线WP,WQ 的斜率分别为
k1,k2,△WPQ 的面积为S.从下面三个条件①②③中选择两个条件,证明另一个条件成立.
①S=√2
2 ;②k1k2=-1
2;③W 为原点O.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
22.(12 分)(2023 浙江湖州、衢州、丽水二模)已知双曲线C: x
2
4 -y2=1,A 是双曲线C 的左顶点,点P 坐标
为(4,0).
(1)过点P 作C 的两条渐近线的平行线分别交双曲线C 于R,S 两点,求直线RS 的方程.
(2)过点P 作直线l 与椭圆x
2
4 +y2=1 交于点D,E,直线AD,AE 与双曲线C 的另一个交点分别是点M,N.
试问:直线MN 是否过定点?若过定点,请求出该定点坐标;若不过定点,请说明理由.
5
专题检测五 解析几何
1.B 解析 抛物线的焦点坐标为( p
2 ,0),其到直线x-y+1=0 的距离d=|
p
2 -0+1|
√1+1
=√2,解得
p=2(p=-6 舍去).
2.A 解析 由圆的方程得圆心为(1,1),
∵反射光线恰好平分圆x2+y2-2x-2y-3=0 的圆周,
∴反射光线经过点(1,1).
∵(-5,3)关于x 轴对称的点为(-5,-3),∴反射光线所在直线经过点(-5,-3),∴反射光线所在直线方程
为y -1
-3-1 = x -1
-5-1 ,即2x-3y+1=0.
3.C 解析 直线的倾斜角最大时,直线与圆相切,此时斜率存在,圆( x -√3)
2+y2=1 的圆心为C(
√3,0),半径r=1.
设直线l 的方程为y=kx-1,即kx-y-1=0,直线到圆心的距离为d=|√3k -1|
√k
2+1
=1,
解得k=√3或k=0,当k=√3时,倾斜角最大为π
3 .
4.D 解析 由解析式可知,焦点F(0,1),准线方程为y=-1,
设M(x1,y1),N(x2,y2),lMN:y=kx+1,则|MF|=y1+1=5,得y1=4,x1=±4.
由抛物线的对称性,不妨设点M 在第一象限内,则M(4,4).
联立{
y =kx +1,
4 y = x
2, 得x2-4kx-4=0,x1x2=-4,
即x2=-1,所以S△MOF
S△NOF
=| x1|
| x2| =4.
5.D 解析 由e=c
a =√5,得c=√5a,所以b=√c
2-a
2=2a.所以双曲线C 的渐近线的方程为y=±b
a
x=±2x.
由题意知,双曲线C 的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1 交于A,B 两点,所以满足条件的渐近线为
y=b
ax=2x.
又圆心(2,3)到渐近线2x-y=0 的距离d=|2×2-3|
√2
2+(-1)
2 = √5
5 ,圆的半径r=1,所以|AB|=2√r
2-d
2=2
√1- 1
5 = 4√5
5
.故选D.
6.C 解析 因为方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F,
所以当A=B=1≥C=D=E=0≥F=-1 时,方程为x2+y2-1=0,即x2+y2=1,故方程可以是圆的方程;
当A=1≥B=C=D=0≥E=-1≥F=-2 时,方程为x2-y-2=0,即y=x2-2,故方程可以是抛物线的方程;
当A=2≥B=1≥C=D=E=0≥F=-1 时,方程为2x2+y2-1=0,即y2+
x
2
1
2
=1,故方程可以是椭圆的标准
方程;
6
若方程为双曲线的标准方程,则有AB<0,C=D=E=0,F<0,这与A≥B≥C≥D≥E≥F 矛盾,故方程
不可以是双曲线的标准方程.
所以真命题有3 个.
7.D 解析 设过点P 的切线方程为y=k(x+3),
∴|-k +3k |
√1+k
2
=1,∴k=±√3
3 ,
∴不妨令直线AP 的方程为y=√3
3 (x+3),即x-√3y+3=0,
直线PB 的方程为y=-√3
3 (x+3),即x+√3y+3=0.
∵☉O2:(x-1)2+(y-t)2=1 处于☉O1的“背面”,
∴☉O2与PB 相切时t 取最小值,由|1+√3t +3|
√1+3
=1,解得t=-2√3
3
或t=-2√3,结合图形可得t 的最
小值为-2√3
3
,同理☉O2与PA 相切时可得t 的最大值为t=2√3
3
,∴-2√3
3
≤t≤2√3
3
.
8.A 解析 设半焦距为c,延长F2M 交PF1于点N,如图.因为PM 是∠F1PF2的平分线,F2M⊥PM,
所以△NPF2是等腰三角形,所以|PN|=|PF2|,且M 是NF2的中点.
根据双曲线的定义可知|PF1|-|PF2|=2a,即|NF1|=2a.因为O 是F1F2的中点,所以MO 是△NF1F2的
中位线,所以|MO|=1
2|NF1|=a=√2.
又双曲线的离心率为√6
2 ,所以c=√3,b=1,所以双曲线C 的方程为x
2
2 -y2=1.所以F1(-√3,0),F2(√3
,0),双曲线C 的渐近线方程为x±√2y=0.
设T(u,v),点T 到两渐近线的距离之和为S,则S=|u+√2v |
√3
+|u-√2v |
√3
.由⃗F1T ·⃗F2T=(u-√3)
(u+√3)+v2=u2+v2-3=5,得u2+v2=8.
又点T 在x
2
2 -y2=1 上,则u
2
2 -v2=1,即u2-2v2=2,解得u2=6,v2=2.由|u|>√2|v|,故S=2|u|
√3 =2√2.
9.ABD 解析 ∵直线l:y=kx+1 与y 轴交于点M,
∴M(0,1),点M 在圆C:x2+y2=4 内部,∴l 与C 恒有公共点,故A 正确;
∵点M 在圆C:x2+y2=4 内部,∴∠AMB 为钝角,
∴△ABM 是钝角三角形,故B 正确;
∵点M 到AB 的最大距离,即到圆心的距离,为1,
∴S△ABM≤1
2×4×1=2,故C 错误;
7
当l 被C 截得的弦的长度最小时,圆心到直线l 的距离最大,且此距离为点M 到圆心的距离,为1,
此时弦长为2×√2
2-1
2=2√3,故D 正确.
故选ABD.
10.BCD 解析 对于A,抛物线C 的准线方程为x=-1,故A 错误;
对于B,设点A(x1,y1),B(x2,y2),设线段AB 的中点为M(x0,y0),则{
y1
2= 4 x1,
y2
2= 4 x2,两式作差得(y1-y2)
(y1+y2)=4(x1-x2),可得
4
y1+ y2
= y1- y2
x1- x2
=1,
所以y1+y2=4,故y0= y1+ y2
2
=2,故B 正确;
对于C,设直线AB 的方程为y=x+b,联立{
y = x +b,
y
2= 4 x, 可得x2+(2b-4)x+b2=0,Δ=4(b-2)2-4b2>0,解得
b<1,
则x1+x2=4-2b,x1x2=b2,|AB|=√2·√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=√2×4√1-b=8,解得b=-1,点O 到直线l 的
距离为d=|b|
√2 = √2
2 ,故S△AOB=1
2|AB|·d=1
2×8×√2
2 =2√2,故C 正确;
对于D,设线段AF 的中点为N(x3,y3),则x3= x1+1
2
,
由抛物线的定义可得|AF|=x1+1=2× x1+1
2
,即|AF|等于点N 到y 轴的距离的两倍,
故以线段AF 为直径的圆一定与y 轴相切,故D 正确.
11.ABD 解析 如图所示,对于A,由a=3,b=4,得c=5,所以|OF1|=5,|OM|=3,|MF1|=4.
设|BF2|=m,则|BF1|=m+6,在△BF1F2中,由余弦定理可得cos∠BF1F2=(m+6)
2+10
2-m
2
2×10(m+6)
= 4
5 ,解
得m=10,
则|BF2|=10,|BF1|=16,从而|BF1|+|BF2|=26,故A 正确;
对于B,由BF2⊥BF1,得OM∥BF2,因为O 为F1F2的中点,所以M 为BF1的中点,由题意可知|OM|
=a,|MF1|=b,则|BF2|=2a,|BF1|=2b,由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,则双曲线C
的渐近线方程为y=±2x,故B 正确;
对于C,由|MB|=2|MF1|,得|BF1|=3b,则|BF2|=3b-2a,在△BF1F2中,由余弦定理可得cos∠BF1F2=
(3b)
2+(2c )
2-(3b-2a)
2
2×3b×2c
= b
c ,
整理得b
a = 3
2,则e=√(
b
a)
2
+1= √13
2 ,故C 错误;
对于D,因为M,O 分别是BF1,F1F2的中点,所以OM∥BF2,所以|BF2|=2a,|BF1|=2b.
由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,则e=√(
b
a)
2
+1=√5,故D 正确.
故选ABD.
12.ACD 解析 对于A,当直线MA,MB 中一条斜率为0,另一条斜率不存在时,则M(±√2,±1);
8
当直线MA,MB 斜率均存在时,设M(x0,y0),切线方程为y=k(x-x0)+y0,
由{
y =k ( x - x0)+ y0,
x
2
2 + y
2=1,
得(1+2k2)x2-4k(kx0-y0)x+2(k x0- y0)
2-2=0,
由Δ=0 整理可得(x0
2-2)k2-2x0y0k+y0
2-1=0,
∴kMA·kMB= y0
2-1
x0
2-2
,又MA⊥MB,∴kMA·kMB=-1,即y0
2-1
x0
2-2
=-1,∴x0
2+ y0
2=3,∴点M 的轨迹为x2+y2=3.经
检验,M(±√2,±1)满足x2+y2=3,∴蒙日圆的方程为x2+y2=3,故A 正确.
对于B,∵A 为椭圆C 上的点,∴|AF1|+|AF2|=2a=2√2,
∴d-|AF2|=d-(2√2-|AF1|)=d+|AF1|-2√2.
∵d+|AF1|的最小值为点F1到直线l 的距离,
又F1(-1,0),∴(d+|AF1|)min=
4
√1+2 = 4√3
3
,
∴(d-|AF2|)min=4√3
3
-2√2,故B 错误.
对于C,∵矩形四条边均与C 相切,∴该矩形为蒙日圆的内接矩形.
设矩形的长为m,宽为n,蒙日圆的半径r=√3,∴m2+n2=(2√3)
2,
∴mn≤m
2+n
2
2
=6(当且仅当m=n=√6时,等号成立),
∴此矩形面积的最大值为6,故C 正确.
对于D,设点A(x1,y1)位于椭圆上半部分,即y=√1- x
2
2
,∴y'=-
x
2√1- x
2
2
,
∴椭圆C 在点A 处的切线斜率k1=-
x1
2√1- x1
2
2
=- x1
2 y1
,∴切线方程为y-y1=- x1
2 y1
(x-x1),即x1x+2y1y=
x1
2+2y1
2=2,∴在点A 处的切线方程为x1 x
2 +y1y=1.
同理可得,当点A(x1,y1)位于椭圆下半部分,即y=-√1- x
2
2
时,切线方程为x1 x
2 +y1y=1.
∴椭圆C 在点A 处的切线方程为x1 x
2 +y1y=1,同理可知,椭圆C 在点B 处的切线方程为x2 x
2
+y2y=1.
9
设M(x0,y0),则{
x1 x0
2
+ y1 y0=1,
x2 x0
2
+ y2 y0=1,
可知点A,B 的坐标满足方程x0 x
2 +y0y=1,
即切点弦AB 所在直线方程为x0 x
2 +y0y=1.
当y0=0 时,M(±√3,0),此时AB 所在直线方程为x=±2√3
3
,∴|AB|=2×√1-
4
3
2 = 2√3
3
,∴S△AOB=
1
2 × 2√3
3
× 2√3
3
= 2
3;
当y0≠0 时,由{
x0 x
2 + y0 y =1,
x
2
2 + y
2=1,
得(2y0
2+ x0
2)x2-4x0x+4-4y0
2=0,
由A 知x0
2+ y0
2=3,∴(6-x0
2)x2-4x0x+4x0
2-8=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=
4 x0
6- x0
2,x1x2=4 x0
2-8
6- x0
2 ,
∴|AB|=√
1+ x0
2
4 y0
2 ·√(
4 x0
6- x0
2)
2
- 4× 4 x0
2-8
6- x0
2 =√
x0
2+ 4 y0
2
4 y0
2
·√
16( x0
2-3)( x0
2- 4)
(6- x0
2)
2
,
又原点O 到直线AB 的距离d=
1
√
x0
2
4 + y0
2
=
2
√x0
2+ 4 y0
2,
∴S△AOB=1
2|AB|·d=√
16( x0
2-3)( x0
2- 4 )
(6- x0
2)
2
· 1
4 y0
2 =√
4(4 - x0
2)
(6- x0
2)
2 =2√
6- x0
2-2
(6- x0
2)
2 =2
√
-
2
(6- x0
2)
2 +
1
6- x0
2,
令
1
6- x0
2=t,∵x0
2∈[0,3),∴6-x2∈(3,6],则t∈[1
6 , 1
3),∵曲线y=-2t2+t,t∈[1
6 , 1
3)为开口方向向下,对
称轴为直线t=1
4 的抛物线,
∴ymax=-2×(
1
4)
2
+ 1
4 = 1
8,ymin=-2×(
1
6)
2
+ 1
6 = 1
9,∴(S△AOB)max=2×√
1
8 = √2
2 ,(S△AOB)min=2×√
1
9 = 2
3.
综上所述,△AOB 的面积的最小值为2
3,最大值为√2
2 ,故D 正确.
故选ACD.
13.(x-2)2+y2=1(答案不唯一) 解析 设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=R2,和直线相切可以得R=|a-1|=|
b-1|,和圆相切得√a
2+b
2=R+1 或√a
2+b
2=|R-1|,若取a=2,b=0,则R=1,此时圆的方程为
(x-2)2+y2=1.
14.6 解析 易知切线的斜率存在,设其方程为y=kx,k≠0,则由题意,得圆C 的圆心为(-2,0),半径r=
√3.由|-2k |
√k
2+1
=√3,解得k=±√3.由圆与抛物线的对称性,不妨取直线y=√3x.直线y=√3x 与曲线
10
y2=2px(p>0)交于点P,则由{
y
2=2 px,
y =√3 x, 得P(2
3p,2√3
3
p).因为|OP|=8,所以(2
3p)2+(2√3
3
p)2=64,解得
p=6.
15.2(答案不唯一,只要1<e≤√5即可) 解析 由题意知,双曲线C 的渐近线方程为y=±b
ax,要使直
线y=2x 与双曲线C 无公共点,只需b
a≤2 即可.
由b
a≤2,得c
2-a
2
a
2
≤4,所以e2≤5,故1<e≤√5.
16.√2
2
4
3 解析 设|F1F2|=2c,由题意,△PQF2的周长为|PQ|+|PF2|+|QF2|=|PF1|+|PF2|+|QF1|+|
QF2|=4a.因为a2=c2+b2,所以△OBF1的周长为a+b+c,所以a+b+c
4 a
= √2+1
4
,整理得b=√2a-
c,b2=2a2-2√2ac+c2,a2-2√2ac+2c2=0,可得2e2-2√2e+1=0,解得e=√2
2 .
因为|BF1|=√2,所以a=√2,所以b=c=1,即椭圆的方程为x
2
2 +y2=1,
焦点F1(-1,0),F2(1,0),所以直线BF1的斜率为1.
因为BF1⊥PQ,所以直线PQ 的斜率为-1,即直线PQ 的方程为y=-x-1.
联立{
x
2
2 + y
2=1,
y =- x -1,
得3x2+4x=0,即x=0 或x=-4
3 .
不妨令P(0,-1),Q(-4
3 , 1
3),
所以△PQF2的面积为1
2×2×(1
3+1)=4
3 .
17.(1)解 由题意{
9
a
2 - 4
b
2 =1,
c
a =√
1+ b
2
a
2 =√5,
解得{
a
2=8,
b
2=32,
故双曲线的方程为x
2
8 - y
2
32=1.
(2)证明 设点B(x1,y1),C(x2,y2),
设直线AB 的方程为y-2=k(x+3),
代入双曲线方程,得(4-k2)x2-2k(3k+2)x-(3k+2)2-32=0,
∴-3+x1=6k
2+ 4 k
4 -k
2
,x1=3k
2+ 4 k +12
4 -k
2
,y1=2k
2+24 k +8
4 -k
2
,∴B 3k
2+ 4 k +12
4 -k
2
, 2k
2+24 k +8
4 -k
2
,
同理C
3k
2- 4 k +12
4 -k
2
, 2k
2-24 k +8
4 -k
2
,
∴kBC=48k
8k =6.
18.解 (1)如图,因为⃗BF=2⃗FA,
11
所以|AF|=1
3|AB|=3.
由⃗BF=2⃗FA,xB=- p
2 ,xF= p
2 ,可得xA=p.
由抛物线的定义可知,|AF|=p+ p
2 =3,解得p=2.
则C 的方程为y2=4x.
(2)因为点E(x0,-2)在抛物线C 上,所以x0=1.
设直线MN 的方程为x=ty+n,M(x1,y1),N(x2,y2),y1,y2≠-2,
将x=ty+n 代入y2=4x,得y2-4ty-4n=0,则y1+y2=4t,y1y2=-4n.
kEM=
y1+2
x1-1 = y1+2
y1
2
4 -1
=
4
y1-2,同理kEN=
4
y2-2.
kEM+kEN=
4
y1-2 +
4
y2-2 =
4( y1+ y2)-16
y1 y2-2( y1+ y2)+ 4 =
16t -16
- 4 n-8t + 4 =1,整理得n=-6t+5,
则直线MN 的方程为x=ty-6t+5,所以直线MN 过定点T(5,6).
当ET⊥MN 时,点E 到直线MN 的距离最大,且最大距离为|ET|=√(5-1)
2+(6+2)
2=4√5,经检
验符合题意.
19.解 (1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1 时,y2=2p,y=±√2 p.
因为OP⊥OQ,所以√2 p=1,即2p=1,
故抛物线的标准方程为y2=x.
☉M 的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)由题意可知直线A1A2,A1A3,A2A3均不平行于x 轴.
设点A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),直线A1A2的方程为x-x1=m1(y-y1),直线A1A3的方程为x-x1=m2(y-
y1),m1≠m2.
因为点A1在抛物线C 上,所以x1=y1
2,所以直线A1A2的方程可化为x-m1y+m1y1-y1
2=0,直线A1A3的
方程可化为x-m2y+m2y1-y1
2=0.
因为直线A1A2,A1A3与☉M 相切,☉M 的圆心坐标为(2,0),半径r=1,
所以
|2+m1 y1- y1
2|
√1+m1
2
=1,
|2+m2 y1- y1
2|
√1+m2
2
=1,
所以m1,m2为方程|2+m y1- y1
2|
√1+m
2
=1 的根,
即m1,m2为方程m2(y1
2-1)+m(4y1-2y1
3)+y1
4-4y1
2+3=0 的根.
又m1≠m2,所以y1
2-1≠0,所以m1+m2=2 y1
3- 4 y1
y1
2-1
,m1m2= y1
4- 4 y1
2+3
y1
2-1
.由{
x -m1 y +m1 y1- y1
2=0,
y
2= x,
消
去x,得y2-m1y+m1y1-y1
2=0,所以y1+y2=m1,即y2=m1-y1.
12
同理,y3=m2-y1.
设直线A2A3的方程为x=ky+b,由{
x =ky +b,
y
2= x, 得y2-ky-b=0,所以y2+y3=k,y2y3=-b,所以
k=y2+y3=m1+m2-2y1=
-2 y1
y1
2-1,-b=y2y3=(m1-y1)(m2-y1)=m1m2-y1(m1+m2)+y1
2= 3- y1
2
y1
2-1
.
所以☉M 的圆心到直线A2A3的距离d=|2-b|
√1+k
2 = |2+ 3- y1
2
y1
2-1|
√
1+(
-2 y1
y1
2-1)
2 =
y1
2+1
| y1
2-1|
y1
2+1
| y1
2-1|
=1=r,故直线A2A3与
☉M 相切.
20.解 (1)以O 为坐标原点,OD 所在直线为x 轴,OA 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系,图略,由
题意A(0,1),E(0,3).
因为∠OEF=30°,所以|OF|=|OE|tan 30°=√3,
所以F(√3,0),kEF=-√3,
所以直线EF 的方程为y=-√3x+3.
设|OD|=a,a>0,则D(a,0),
所以椭圆的方程为x
2
a
2+y2=1,当a 最大时直线EF 与椭圆相切,则{
x
2
a
2 + y
2=1,
y =-√3 x +3,
整理可得(1+3a2)x2-6√3a2x+8a2=0,
Δ=(6√3a2)2-4(1+3a2)·8a2=0,解得a=2√6
3
(负值舍去).
所以椭圆的长半轴长的最大值为2√6
3
.
(2)因为e=c
a = √3
2 ,b=1,a2=b2+c2,所以a2=4,
所以椭圆的方程为x
2
4 +y2=1.
设|OG|=t,0<t≤2,则G(t,0),直线MN 的方程为y=x-t.
联立{
y = x -t ,
x
2
4 + y
2=1,整理可得5x2-8tx+4t2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8t
5 ,x1x2=4t
2- 4
5
,
|y1-y2|=|x1-x2|=√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=√
64 t
2
25 - 4· 4 t
2- 4
5
= 4
5 ·√5-t
2,
S△OMN=1
2|OG|·|y1-y2|=1
2·t·4
5 ·√5-t
2= 2
5 √5t
2-t
4= 2
5√-(t
2- 5
2 )
2+ 25
4
,
要保证MN 与半椭圆有交点,当点N 位于点B 位置时,t=1,所以1≤t≤2,当t2=5
2,即t=√10
2 时,
S△OMN有最大值,最大值为1.
综上所述,当|OG|=√10
2 时,三角形OMN 的面积最大.
21.解 (1)记|F1F2|=2c,由题意知|AF1|=|AF2|=a,2c=√2a,
13
∴S△A F1 F2= 1
2a2=1,解得a=√2,∴b=1,c=1,
∴椭圆C 的标准方程为x
2
2 +y2=1.
(2)(ⅰ)选②③为条件:设P(x1,y1),Q(x2,y2).
当直线l 的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P 在第一象限,则由k1k2=-1
2,可得k1=√2
2 ,
此时直线WP 的方程为y=√2
2 x,与x
2
2 +y2=1 联立,解得P(1,√2
2 ),∴S=√2
2 .
当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=kx+t,
则k1k2= y1 y2
x1 x2
=-1
2,即x1x2+2y1y2=0.
将y=kx+t 代入x
2
2 +y2=1 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=- 4 kt
1+2k
2,x1x2= 2t
2-2
1+2k
2,
∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t
2-2k
2
1+2k
2 .∴2t
2-2
1+2k
2+2·t
2-2k
2
1+2k
2 =0,即1+2k2=2t2.
|PQ|=√1+k
2|x1-x2|=√1+ k
2·√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=2√2·√1+k
2· √1+2k
2-t
2
1+2k
2
.
∵点O 到直线l 的距离d=|t |
√1+ k
2,∴S=1
2 ·|t |
√1+ k
2·2√2·√1+k
2· √1+2k
2-t
2
1+2k
2
= √2
2 .
综上,①成立.
(ⅱ)选①③为条件:设P(x1,y1),Q(x2,y2).
当直线l 的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P 在第一象限,
则由S=√2
2 ,可得S=1
2x1·2y1=x1y1=√2
2 .
又x1
2
2 + y1
2=1,解得P(1,√2
2 ),Q(1,-√2
2 ),
∴k1k2=-1
2.
当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=kx+t,
将y=kx+t 代入x
2
2 +y2=1 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=- 4 kt
1+2k
2,x1x2= 2t
2-2
1+2k
2,
|PQ|=√1+k
2|x1-x2|=√1+ k
2·√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=2√2·√1+k
2· √1+2k
2-t
2
1+2k
2
.
∵点O 到直线l 的距离d=|t |
√1+ k
2,
∴S=1
2 ·|t |
√1+ k
2·2√2·√1+ k
2· √1+2k
2-t
2
1+2k
2
=√2·|t|·√1+2k
2-t
2
1+2k
2
= √2
2 ,即1+2k2=2t2.
∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t
2-2k
2
1+2k
2 ,
∴k1k2= y1 y2
x1 x2
=
t
2-2k
2
1+2k
2
2t
2-2
1+2k
2
= t
2-2k
2
2t
2-2
= 1-t
2
2t
2-2
=-1
2.
综上,②成立.
14
(ⅲ)选①②为条件:设P(x1,y1),Q(x2,y2),W(x0,y0).
当直线l 的斜率不存在时,根据椭圆的对称性不妨设点P 在第一象限,则Q(x1,-y1),W(0,y0),
∴S=1
2x1·2y1=x1y1=√2
2 .
又x1
2
2 + y1
2=1,解得P(1,√2
2 ),Q(1,-√2
2 ),
∴k1k2=( y1- y0)(- y1- y0)
x1· x1
= y0
2- 1
2=-1
2,
∴y0=0,∴W(0,0)为坐标原点.
当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=kx+t,W(x0,kx0),将y=kx+t 代入x
2
2 +y2=1 得
(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=- 4 kt
1+2k
2,x1x2= 2t
2-2
1+2k
2,
|PQ|=√1+k
2|x1-x2|=√1+ k
2·√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2=2√2·√1+k
2· √1+2k
2-t
2
1+2k
2
,
点W 到直线l 的距离d=|t |
√1+ k
2,
∴S=1
2 ·|t |
√1+ k
2·2√2·√1+ k
2· √1+2k
2-t
2
1+2k
2
=√2·|t|·√1+2k
2-t
2
1+2k
2
= √2
2 ,即1+2k2=2t2.
∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t
2-2k
2
1+2k
2 ,
y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=
2t
1+2k
2,
∴k1k2=( y1-k x0)( y2-k x0)
( x1- x0)( x2- x0)
=-1
2,
即(x1-x0)(x2-x0)+2(y1-kx0)(y2-kx0)=0,
得x1x2-x0(x1+x2)+x0
2+2y1y2-2kx0(y1+y2)+2k2x0
2=0,
即(1+2k2)2x0
2-(4k2-4t2+2)=0.∵1+2k2=2t2,4k2-4t2+2=0,∴x0=0,即W(0,0).
综上,③成立.
22.解 (1)由题意,得双曲线C 的渐近线方程为y=±1
2x,不妨令S 位于第一象限,
过点P 且与y=1
2x 平行的直线方程为y=1
2(x-4),
由{
y = 1
2 ( x - 4 ),
x
2- 4 y
2= 4,
解得R(5
2,-3
4 ),
过点P 且与y=-1
2x 平行的直线方程为y=-1
2(x-4),由{
y =- 1
2 ( x - 4 ),
x
2- 4 y
2= 4,
解得S(5
2 , 3
4 ),
15
∴直线RS 的方程为x=5
2.
(2)直线MN 过定点.
由已知,易知过点P 的直线斜率存在且不为0,直线AD,AE 的斜率存在且不为0,
设直线AD,AE 的直线方程分别为x=t1y-2,t1≠0 和x=t2y-2,t2≠0,D(xD,yD),E(xE,yE).
由{
x =t1 y -2,
x
2+ 4 y
2= 4,得(t1
2+4)y2-4t1y=0,得yD=
4t1
t1
2+ 4 ,则xD=
2t1
2-8
t1
2+ 4 .同理yE=
4t2
t2
2+ 4 ,则xE=
2t2
2-8
t2
2+ 4 .
又P,D,E 三点共线,而⃗PD=
-2t1
2-24
t1
2+ 4
, 4t1
t1
2+ 4
,⃗PE=
-2t2
2-24
t2
2+ 4
, 4t2
t2
2+ 4
,
故
-2t1
2-24
t1
2+ 4
× 4t2
t2
2+ 4
--2t2
2-24
t2
2+ 4
× 4 t1
t1
2+ 4 =0,解得t1t2=12.
易知直线MN 斜率存在,设直线MN 的方程y=kx+m,
M(x1,y1),N(x2,y2),则kAM=
y1
x1+2=kAD= 1
t1
,kAN=
y2
x2+2=kAE= 1
t2
,∴t1t2= x1+2
y1
· x2+2
y2
=12,
即(x1+2)(x2+2)=12y1y2=12(kx1+m)(kx2+m),
化简整理,得(12km-2)(x1+x2)+(12k2-1)x1x2+12m2-4=0, (*)
由{
y =kx +m,
x
2- 4 y
2= 4,消去y 整理,得(1-4k2)x2-8kmx-4m2-4=0,
∴当1-4k2≠0 且Δ=64k2m2+16(1-4k2)(m2+1)>0 时,有x1+x2= 8km
1- 4 k
2,x1x2=- 4 m
2- 4
1- 4 k
2 ,
代入(*)化简,得m2-km-2k2=0,
即(m+k)(m-2k)=0,故m=-k 或m=2k.
当m=2k 时,y=kx+m=kx+2k,经过点(-2,0),不合题意;当m=-k 时,y=kx+m=kx-k,经过点(1,0),满足题
意.
因此直线MN 过定点(1,0).
