2021届高考数学一轮复习 第八章61解析几何 练案【含解析】
x2y2
1．(2018·天津高考)设椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离
ab心率为
5
，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝62. 3
(1)求椭圆的方程；
|AQ|
(2)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若
＝
52
4
sin∠AOQ(O为原点)，求k的值． 解析] (1)设椭圆的焦距为2c，由已知有c2[5
a2＝9
，
又由a2
＝b2
＋c2
，可得2a＝3b. 由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝2b，
由|FB|·|AB|＝62，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2. 所以，椭圆的方程为x2y2
9＋4
＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)． 由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
又因为|AQ|＝y2sin∠OAB，而∠OAB＝π
4
，
故|AQ|＝2y2. 由
|AQ||PQ|＝524
sin∠AOQ，可得5y1＝9y2. ?y由方程组?＝kx，?x22消去x，可得y6k1＝
??9＋y4
＝1，
9k2
＋4
. 易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，
由方程组???
y＝kx，
?＝
2k?x＋y－2＝0，
消去x，可得y2k＋1
. 由5y＋1)＝39k2＋4，两边平方，整理得56k2
1＝9y2，可得5(k－50k＋11＝0，解得k＝12，或k＝11
28.
所以，k的值为111
2或28
.
|PQ|
32
2．(2019·全国Ⅰ)已知抛物线C：y＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，
2
B，与x轴的交点为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； →→
(2)若AP＝3PB，求|AB|.
3
[解析] 设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
233
(1)由题设得F(，0)，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，
425
由题设可得x1＋x2＝.
23??y＝x＋t，
由?2??y2＝3x
9
可得9x＋12(t－1)x＋4t＝0，
22
12则x1＋x2＝－12从而－
t－1
.
t－1
957＝，得t＝－. 28
37
所以l的方程为y＝x－.
28→→
(2)由AP＝3PB可得y1＝－3y2. 3??y＝x＋t，
由?2??y2＝3x
可得y－2y＋2t＝0.
2
所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 1代入C的方程得x1＝3，x2＝.
3故|AB|＝
x1－x2
2
＋y1－y2
2
＝
413
. 3
x2y2
3．(2019·湖南联考，20)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的一个焦点与上、下顶点两两相
ab连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线x＋y－2＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A、B两点，探究在x轴上7→→
是否存在定点E，使得EA·EB的定值为－？
16
b＝c，??|0＋0－2|
[解析] (1)由题意知?a＝
2
??b＋c＝a，
2
2
2
2
?a＝2，
，解得?b＝1，
?c＝1，
则椭圆C的标准方程为＋y＝1.
2
(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
x2
2
x??＋y2＝1，联立?2
??y＝kx－1，Δ＝8k2＋8>0.
2
得(1＋2k)x－4kx＋2k－2＝0，
222
4k2k－2∴xA＋xB＝2，xAxB＝2.
1＋2k1＋2k→→
假设在x轴上存在定点E(x0,0)，使得EA·EB为定值．
→→2则EA·EB＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋yAyB＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x0＋
22
k2(xA－1)(xB－1)
＝(1＋k)xAxB－(x0＋k)(xA＋xB)＋x0＋k ＝
2x0－4x0＋1k＋x0－2
. 2
1＋2k2
2
2
2
2
2
2
→→→→
∵EA·EB为定值，∴EA·EB的值与k无关， ∴2x0－4x0＋1＝2(x0－2)，
575→→
解得x0＝，此时EA·EB＝－为定值，定点为(，0)，
4164
75→→
当直线的斜率不存在时，也满足EA·EB＝－为定值，且定点为(，0)．综上，存在点
164
2
2
E(，0)，使得EA·EB为定值，且定值为－.
4．(2019·陕西模拟)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．
[解析] (1)如图，设动圆圆心O1(x，y)， 由题意，|O1A|＝|O1M|.
5
4
→→
716
当O1不在y轴上时，
过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点， ∴|O1M|＝x＋4，又|O1A|＝∴
2
2
x－4
2
2
＋y，
2
x－4
2
＋y＝x＋4，化简得y＝8x(x≠0)．
2
222
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y＝8x， ∴动圆圆心的轨迹C的方程为y＝8x.
(2)由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠0)，
2
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y＝8x中， 得kx＋(2bk－8)x＋b＝0. 其中Δ＝－32kb＋64>0.
8－2bk由韦达公式，得x1＋x2＝，① 222
22
kb2
x1x2＝2.②
k因为x轴是∠PBQ的角平分线， 所以
＝－， x1＋1x2＋1
y1y2
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③
将①，②代入③得，2kb＋(k＋b)(8－2bk)＋2kb＝0. ∴k＝－b，此时Δ>0.
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．
2
2
x2y2
5．(2019·湖南省湘潭市模拟)已知点F(3，0)是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的一个焦点，
ab
1
点M(3，)在椭圆C上．
2
(1)求椭圆C的方程；
1
(2)若直线l与椭圆C交于不同的A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l2斜率的取值范围．
[解析] (1)解法一：由题可知，椭圆的另一个焦点为(－3，0)， 所以点M到两焦点的距离之和为
23所以a＝2.
又因为c＝3，所以b＝1， 则椭圆C的方程为＋y＝1.
431??2＋2＝1
解法二：由题意知?a4b??a2－b2＝3∴椭圆C的方程为＋y＝1. 4
(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意． 故设l直线的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
2
＋
12
2
1
＋＝4. 2
x2
2
2
??a＝4，解得?2
?b＝1?
2
，
x2
2
y＝kx＋m??2
联立?x2
＋y＝1??4
2
2
，可得(4k＋1)x＋8kmx＋4(m－1)＝0.∴Δ＝64km－16(m－1)(4k222222
＋1)＝16(4k－m＋1)>0，
－8kmx＋x＝，??4k＋1且?4m－1
xx＝，??4k＋1
1
2
22
12
2
2
y1y2kx1＋mx2＋kx2＋mx1mx1＋x2－8km而kOA＋kOB＝＋＝＝2k＋＝2k＋＝2
x1x2x1x2x1x24m－1
－2k， m2－1
12
由kOA＋kOB＝－，可得m＝4k＋1.
2122
所以k≥－，又因为16(4k－m＋1)>0，
4
2021届高考数学一轮复习 第八章61解析几何 练案【含解析】
