2020届一轮复习人教B版 解析几何 作业 (2)

(七十一)

1．(2019·绵阳二诊)若点O和点F分别为椭圆x24＋y23＝1的中心和左焦点，点P在椭圆上的任意一点，则OP→·FP→的最大值为( )

A.214 B．6

C．8 D．12

答案 B

解析 由题意得F(－1，0)，设P(x，y)，则OP→·FP→＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，又点P在椭圆上，故x24＋y23＝1，所以x2＋x＋3－34x2＝14x2＋x＋3＝14(x＋2)2＋2，又－2≤x≤2，所以当x＝2时，14(x＋2)2＋2取得最大值6，即OP→·FP→的最大值为6.

2．(2019·四川成都七中模拟)若直线l过抛物线C：y2＝4x的焦点F交抛物线C于A，B两点，则1|AF|＋1|BF|的取值范围为( )

A．{1} B．(0，1]

C．[1，＋∞) D．[12，1]

答案 A

解析 由题意知抛物线C：y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，准线方程为x＝－1.设过点F的直线l的斜率k存在，则直线的方程为y＝k(x－1)．代入抛物线方程，得k2(x－1)2＝4x，化简得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1.根据抛物线性质可知，|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，∴1|AF|＋1|BF|＝1x1＋1＋1x2＋1＝x1＋x2＋2x1＋x2＋2＝1.当直线l的斜率不存在时，直线的方程为x＝1，把x＝1代入y2＝4x得y＝±2，∴1|AF|＋1|BF|＝1.故选A.

3．(2019·南昌NCS项目调研)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝54，求原点O到直线l的距离的取值范围． 答案 (1)x24＋y2＝1 (2)[0，2147)

解析 (1)由题知e＝ca＝32，2b＝2，又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，

∴椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得y＝kx＋m，x24＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得m2<4k2＋1，①

x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1，

y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.

若kOM·kON＝54，则y1y2x1x2＝54，即4y1y2＝5x1x2，

∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，

∴(4k2－5)·4（m2－1）4k2＋1＋4km·(－8km4k2＋1)＋4m2＝0，

即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得m2＋k2＝54，②

由①②得0≤m2<65，120

∵原点O到直线l的距离d＝|m|1＋k2，

∴d2＝m21＋k2＝54－k21＋k2＝－1＋94（1＋k2），

又120

∴原点O到直线l的距离的取值范围是[0，2147)．

4．(2019·山西五校联考)设点F为椭圆C：x24m＋y23m＝1(m>0)的左焦点，直线y＝x被椭圆C截得的弦长为4427.

(1)求椭圆C的方程； (2)圆P：(x＋437)2＋(y－337)2＝r2(r>0)与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB上任意一点，直线FM交椭圆C于P，Q两点，AB为圆P的直径，且直线FM的斜率大于1，求|PF|·|QF|的取值范围．

答案 (1)x24＋y23＝1 (2)(94，125]

解析 (1)由y＝x，x24m＋y23m＝1，得x2＝y2＝12m7，故2x2＋y2＝224m7＝4427，解得m＝1，故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－837，y1＋y2＝637.又x124＋y123＝1，x224＋y223＝1，

所以（x1＋x2）（x1－x2）4＋（y1＋y2）（y1－y2）3＝0，

则(x1－x2)－(y1－y2)＝0，故kAB＝y1－y2x1－x2＝1.

所以直线AB的方程为y－337＝x＋437，即y＝x＋3，代入椭圆C的方程并整理得7x2＋83x＝0，则x1＝0，x2＝－837.

又F(－1，0)，直线FM的斜率大于1，则直线FM的斜率k∈[3，＋∞)．

设FM：y＝k(x＋1)，由y＝k（x＋1），x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，

设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有x3＋x4＝－8k23＋4k2，x3x4＝4k2－123＋4k2.

又|PF|＝1＋k2|x3＋1|，|QF|＝1＋k2|x4＋1|，

所以|PF|·|QF|＝(1＋k2)|x3x4＋(x3＋x4)＋1|＝(1＋k2)|4k2－123＋4k2－8k23＋4k2＋1|

＝(1＋k2)·93＋4k2＝94(1＋13＋4k2)． 因为k≥3，所以94<94(1＋13＋4k2)≤125.

即|PF|·|QF|的取值范围是(94，125]．

5．(2019·九江模拟)平面直角坐标系xOy中，长度为3的线段MN的两端点M，N分别在x轴，y轴上移动，动点A满足AN→＝2MA→，点C和点A关于原点O对称，动点A的轨迹为E.

(1)求轨迹E的方程；

(2)若直线MN的斜率存在且不为0，过原点O的直线l和轨迹E的交点为B，D，且BD→＝λMN→.求四边形ABCD面积的最大值．

答案 (1)x24＋y2＝1 (2)4

解析 (1)设A(x0，y0)，M(a，0)，N(0，b)．

∵AN→＝2MA→，∴(－x0，b－y0)＝2(x0－a，y0)．

∴－x0＝2（x0－a），b－y0＝2y0，∴a＝32x0，b＝3y0.

∴M(32x0，0)，N(0，3y0)．

∵|MN|＝3，∴(32x0)2＋(3y0)2＝9，得x024＋y02＝1.

∴轨迹E的方程为x24＋y2＝1.

(2)设直线AC的斜率为k(k≠0)，则k＝y0x0.

∵BD→＝λMN→，∴BD∥MN.

∴kBD＝kMN＝－2y0x0＝－2k，

∴直线l的方程为y＝－2kx.

设B(x1，y1)，由x24＋y2＝1，y＝－2kx，得x2＝41＋16k2.

不妨设x1＝21＋16k2，则y1＝－4k1＋16k2， 即B(21＋16k2，－4k1＋16k2)．

点B(x1，y1)到直线AC的距离d＝|kx1－y1|1＋k2＝6|k|1＋k2·1＋16k2.

由x24＋y2＝1，y＝kx，得x02＝41＋4k2，y02＝4k21＋4k2.

∴|AC|＝2|OA|＝2x02＋y02＝41＋k21＋4k2.

∴四边形ABCD的面积S＝|AC|·d＝

24|k|1＋4k2·1＋16k2＝24k21＋20k2＋64k4＝

24120＋1k2＋64k2≤24120＋21k2·64k2＝

24136＝4，当且仅当64k2＝1k2，即k2＝18时取等号．

∴四边形ABCD面积的最大值为4.

6．(2019·河北邯郸一中月考)已知边长为83的正三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线C：x2＝2py(p>0)上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)已知圆过定点D(0，2)，圆心M在抛物线C上运动，且圆M与x轴交于A，B两点，设|DA|＝l1，|DB|＝l2，求l1l2＋l2l1的最大值．

答案 (1)x2＝4y (2)22

解析 (1)由题意可得此正三角形的另外两个顶点为(±43，12)，代入抛物线方程可得(±43)2＝2p×12，解得p＝2.∴抛物线方程为x2＝4y.

(2)设M(a，b)，则a2＝4b.半径R＝|MD|＝a2＋（b－2）2，可得⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝a2＋(b－2)2.

令y＝0，可得x2－2ax＋4b－4＝0，∴x2－2ax＋a2－4＝0，解得x＝a±2.

不妨设A(a－2，0)，B(a＋2，0)． ∴l1＝（a－2）2＋4，l2＝（a＋2）2＋4，

∴l1l2＋l2l1＝l12＋l22l1l2＝2a2＋16a4＋64＝2（a2＋8）2a4＋64＝21＋16a2a4＋64，(*)

当a≠0时，由(*)得，l1l2＋l2l1＝21＋16a2＋64a2≤21＋162×8＝22.

当且仅当a2＝64a2，即a＝±22时取等号．

当a＝0时，l1l2＋l2l1＝2.

综上可知，l1l2＋l2l1的最大值为22.

7．(2019·长春质量检测三)在平面直角坐标系中，已知圆C1的方程为(x－1)2＋y2＝9，圆C2的方程为(x＋1)2＋y2＝1，动圆C与圆C1内切且与圆C2外切．

(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；

(2)已知P(－2，0)与Q(2，0)为平面内的两个定点，过(1，0)点的直线l与轨迹E交于A，B两点，求四边形APBQ面积的最大值．

答案 (1)x24＋y23＝1(x≠－2) (2)6

解析 (1)设动圆C的半径为r，由题意知|CC1|＝3－r，|CC2|＝1＋r，从而有|CC1|＋|CC2|＝4，故轨迹E是以C1，C2为焦点，长轴长为4的椭圆，并去除点(－2，0)，从而轨迹E的方程为x24＋y23＝1(x≠－2)．

(2)设l的方程为x＝my＋1，联立x24＋y23＝1，x＝my＋1，

消去x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

有y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，则|AB|＝1＋m2121＋m23m2＋4＝12（1＋m2）3m2＋4，

点P(－2，0)到直线l的距离为31＋m2，点Q(2，0)到直线l的距离为11＋m2，

从而四边形APBQ的面积S＝12×12（1＋m2）3m2＋4×41＋m2＝241＋m23m2＋4， 令t＝1＋m2，t≥1，有S＝24t3t2＋1＝243t＋1t，函数y＝3t＋1t在[1，＋∞)上单调递增，∴3t＋1t≥4.

故S＝24t3t2＋1＝243t＋1t≤6，即四边形APBQ面积的最大值为6.