统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷二主观题专练9解析几何文（附解析）

解析几何(9)1．[2023·内蒙古呼和浩特二模(文)]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，O为坐标原点，点P(1，－)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)已知过点(1，0)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q(4，0)，求证：∠MQO＝∠NQO.2．[2023·甘肃兰州模拟预测(文)]已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为的直线交抛物线于M、N两点，|MN|＝8.(1)求抛物线E的方程；(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状，并说明理由． 3．[2023·山西太原三模(文)]已知抛物线C开口向右，顶点为坐标原点，且经过点A(3，2).(1)求抛物线C的方程；(2)过点B(－3，0)的直线交抛物线C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－3于点P，Q，求的值．4．[2023·洛阳市第一高级中学模拟(文)]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，实轴长为4，且斜率为－的直线与椭圆C交于A，B两点，且AB的中点为(1，).(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的左、右顶点分别为A1，B1，点P，Q为椭圆上异于A1，B1的两点，且以P，Q为直径的圆过点B1，设△A1PQ，△B1PQ的面积分别为S1，S2，计算的值． 5．[2023·黑龙江哈师大附中三模(文)]已知椭圆C：＋＝1，点E(－4，0)，过点E作斜率大于0的直线与椭圆C相切，切点为T.(1)求点T的坐标；(2)过线段ET的中点G作直线l交椭圆C于A，B两点，直线EA与椭圆C的另一个交点为M，直线EB与椭圆C的另一个交点为N.①当直线l的斜率为－时，求直线MN的斜率；②写出直线MN与ET的位置关系(不必说明理由).6．[2023·全国甲卷(文)]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4.(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值． 解析几何（9）1．解析：（1）椭圆C的半焦距c，依题意，，解得a2＝4，b2＝3，c＝1，所以椭圆C的方程为＋＝1.（2）证明：当直线l垂直于y轴时，点M，N为椭圆长轴端点，有∠MQO＝∠NQO，当直线l不垂直于y轴时，设直线l的方程为x＝ty＋1，M（x1，y1），N（x2，y2），由消去x并整理得：（3t2＋4）y2＋6ty－9＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，直线MQ的斜率kMQ＝，直线NQ的斜率kNQ＝，kMQ＋kNQ＝＋＝＝＝0，于是得直线MQ与直线NQ的倾斜角互补，则∠MQO＝∠NQO，综上：过点（1，0）的直线l，总有∠MQO＝∠NQO成立．2．解析：（1）设过点F且倾斜角为的直线方程为y＝x－，代入y2＝2px（p>0），得x2－3px＋＝0，若M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝3p，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，则p＝2，即抛物线E的方程为y2＝4x.（2）设A（x0，y0），则在A作抛物线E的切线为y－y0＝k（x－x0），即x＝＋x0，代入y2＝4x，整理得ky2－4y＋4y0－ky＝0.因为此直线与抛物线相切，所以Δ＝4（4－4ky0＋k2y）＝0，即（ky0－2）2＝0，k＝ ，所以过A的切线为y－y0＝（x－x0）.令y＝0得x＝－x0，即B（－x0，0），所以|BF|＝|AF|＝|AC|，又AC∥BF，所以四边形ACBF有一组对边平行且相等，且邻边也相等，所以四边形ACBF为菱形．3．解析：（1）设抛物线C的方程为y2＝2px，则（2）2＝2p×3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.（2）由题意，直线MN斜率存在，设直线MN为y＝k（x＋3），M（x1，y1），N（x2，y2），由，得k2x2＋（6k2－4）x＋9k2＝0，∵Δ＝（6k2－4）2－4k2·9k2>0.∴－<k<，x1＋x2＝－，x1x2＝9，则直线AM方程为y－2＝（x－3），直线AN方程为y－2＝（x－3），令x＝－3，得yP＝，yQ＝，∴＝＝＝＝＝1.4．解析：（1）设点A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆C的方程得＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，即＋＝0，所以＋×＝0.因为2a＝4，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.（2）根据题意可知直线PQ的斜率一定存在， 设直线PQ的方程为y＝kx＋m，点P（x3，y3），Q（x4，y4），联立，消去y并整理得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4（m2－1）＝0.∵Δ＝（8km）2－4（1＋4k2）×4（m2－1）＝64k2－16m2＋16>0，∴4k2＋1>m2，∴x3＋x4＝－，x3x4＝.∵B1P⊥B1Q，∴（x3－2）（x4－2）＋y3y4＝0，则（x3－2）（x4－2）＋（kx3＋m）（kx4＋m）＝0，整理得12k2＋16km＋5m2＝0，解得k＝－m或k＝－m.当k＝－m时，直线PQ的方程为y＝m（－x＋1），不符合题意；当k＝－m时，直线PQ的方程为y＝m（－x＋1），过定点M（，0），∴S1＝|A1M||y3－y4|，S2＝|B1M||y3－y4|，∴＝＝＝4.5．解析：（1）设切线ET的方程为y＝k（x＋4），联立方程⇒（1＋4k2）x2＋32k2x＋64k2－8＝0，　①因为直线与椭圆C相切，所以Δ＝（32k2）2－4（1＋4k2）（64k2－8）＝0⇒4k2－1＝0，∵k>0，∴k＝，当k＝时，代入①式中得x2＋4x＋4＝0，解得x＝－2，进而代入直线ET方程可得y＝1，故T（－2，1）.（2）①因为G（－3，），当直线l的斜率为－时，直线l方程为y＝－（x＋3）＋， 即y＝－x－1，联立方程⇒x2＋2x－2＝0.设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），N（xN，yN），且x1>x2，则x1＝－1，x2＝－－1，EA，EB的斜率分别为k1，k2，k1＝，k2＝，由（1）知（1＋4k）x2＋32kx＋64k－8＝0，由根与系数的关系可知：x1＋xM＝，又＋＝1，从而可得xM＝－x1＝－x1＝＝－1－＝x2，同理xN＝＝－1＋＝x1，根据椭圆的对称性可知：M，B两点关于x轴对称，N，A两点关于x轴对称，根据对称性可知：直线MN，AB关于x轴对称，故kNM＝－kAB＝，故直线MN的斜率为.②直线MN与ET平行．理由如下由题意知：直线EA，EB有斜率，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），N（xN，yN），EA，EB的斜率分别为k1，k2，k1＝，k2＝，由（1）知（1＋4k）x2＋32kx＋64k－8＝0，由根与系数的关系可知：x1＋xM＝，又＋＝1，从而xM＝－x1＝－x1＝，yM＝，同理可得：xN＝，yN＝，∵G，故设直线AB为y＝k（x＋3）＋， kMN＝＝＝＝＝＝＝kET，所以直线MN与ET平行．6．解析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－（舍去），故p＝2.（2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x，则点F（1，0）.因为·＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝|MF||NF|＝（x3＋1）（x4＋1）＝（x3x4＋x3＋x4＋1）　（*）.当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由得x2－6x＋1＝0， 得或代入（*）式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4（3－2）.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2>0，则y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝.又·＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，所以－＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.所以S△MFN＝（x3x4＋x3＋x4＋1）＝＝＝＋2＋1.令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以＋6＋1＝>0，即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4（3－2）.故△MFN面积的最小值为4（3－2）.