(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)13 解析幾何(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題限時集訓(xùn)(十三) 解析幾何 1.(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)橢圓C:+y2=1的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0). (1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB. [解] (1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1. 由已知可得,點(diǎn)A的坐標(biāo)為或. 又M(2,0),所以AM的方程為y=-x+或y=x-. (2)證明:當(dāng)l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°. 當(dāng)l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線,所以∠OMA=∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0)

2、,A(x1,y1),B(x2,y2),則x1<,x2<,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=+. 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得 kMA+kMB=. 將y=k(x-1)代入+y2=1,得 (2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0. 所以x1+x2=,x1x2=. 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k==0. 從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補(bǔ).所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB. 2.(2019·全國卷Ⅱ)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-.記M的軌跡為曲線C. (1)求C

3、的方程,并說明C是什么曲線; (2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點(diǎn)G. ①證明:△PQG是直角三角形; ②求△PQG面積的最大值. [解] (1)由題設(shè)得·=-,化簡得+=1(|x|≠2),所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,不含左、右頂點(diǎn). (2)①證明:設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0). 由得x=±. 記u=,則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直線QG的斜率為,方程為y=(x-u). 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.① 設(shè)G(xG,y

4、G),則-u和xG是方程①的解,故xG=,由此得yG=. 從而直線PG的斜率為=-.所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形. ②由①得|PQ|=2u,|PG|=,所以△PQG的面積S=|PQ||PG|==. 設(shè)t=k+,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時取等號. 因?yàn)镾=在[2,+∞)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時,S取得最大值,最大值為. 因此,△PQG面積的最大值為. 3.(2018·全國卷Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C:+=1交于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-; (2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且++=0.證明:||

5、,||,||成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差. [解] (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則+=1,+=1. 兩式相減,并由=k得+·k=0. 由題設(shè)知=1,=m,于是k=-.① 由題設(shè)得0<m<,故k<-. (2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0). 由(1)及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0. 又點(diǎn)P在C上,所以m=,從而P,||=. 于是||===2-. 同理||=2-. 所以||+||=4-(x1+x2)=3. 故2||=||+||,即||,

6、||,||成等差數(shù)列. 設(shè)該數(shù)列的公差為d,則 2|d|=|||-|||=|x1-x2| =.② 將m=代入①得k=-1. 所以l的方程為y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0. 故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=. 所以該數(shù)列的公差為或-. 4.(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C:y=,D為直線y=-上的動點(diǎn),過D作C的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B. (1)證明:直線AB過定點(diǎn); (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切,且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn),求四邊形ADBE的面積. [解] (1)證明:設(shè)D,A(x1,y1),則x=2y1. 由于y′=x,所

7、以切線DA的斜率為x1,故=x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直線AB的方程為2tx-2y+1=0. 所以直線AB過定點(diǎn). (2)由(1)得直線AB的方程為y=tx+. 由可得x2-2tx-1=0. 于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1, |AB|=|x1-x2|=×=2(t2+1). 設(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D,E到直線AB的距離,則d1=,d2=. 因此,四邊形ADBE的面積S=|AB|(d1+d2)=(t2+3). 設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),則M. 由于⊥,而=

8、(t,t2-2),與向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0. 解得t=0或t=±1. 當(dāng)t=0時,S=3;當(dāng)t=±1時,S=4. 因此,四邊形ADBE的面積為3或4. 1.(2020·德州一模)已知拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,圓M的方程為:x2+y2-py=0,若直線x=4與x軸交于點(diǎn)R,與拋物線交于點(diǎn)Q,且|QF|=|RQ|. (1)求出拋物線E和圓M的方程; (2)過焦點(diǎn)F的直線l與拋物線E交于A,B兩點(diǎn),與圓M交于C,D兩點(diǎn)(A,C在y軸同側(cè)),求證:|AC|·|DB|是定值. [解] (1)設(shè)Q(4,y0),由|QF|=|RQ|, 得y0+=

9、y0,即y0=2p. 將點(diǎn)(4,2p)代入拋物線方程,可得p=2. ∴拋物線E:x2=4y,圓M的方程為:x2+y2-2y=0. (2)證明:拋物線E:x2=4y的焦點(diǎn)F(0,1), 設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2). 聯(lián)立得x2-4kx-4=0. 則Δ=16(k2+1)>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4. 由圓的方程可得圓M的圓心坐標(biāo)為M(0,1),半徑為1,圓心就是焦點(diǎn). 由拋物線的定義可知|AF|=y(tǒng)1+1,|BF|=y(tǒng)2+1. 則|AC|=|AF|-1=y(tǒng)1,|BD|=|BF|-1=y(tǒng)2, |AC|·|BD|=y(tǒng)1y2=(kx1

10、+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1. 即|AC|·|DB|是定值1. 2.(2020·株洲模擬)已知橢圓E:+=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)(0,-),離心率為. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)點(diǎn)A,F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、右焦點(diǎn),經(jīng)過點(diǎn)F作直線交橢圓于C,D兩點(diǎn),求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)). [解] (1)∵離心率為,∴e==. ∵橢圓E:+=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)(0,-),∴=1,即b2=3. 又a2=b2+c2,∴a2=4. 故橢圓E的方程為+=1. (2)設(shè)直線CD的方程為x=my+1,C(x1,y1),D

11、(x2,y2), 聯(lián)立消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0, ∴y1+y2=-,y1y2=-,Δ=36m2-4(3m2+4)·(-9)=144(m2+1)>0, ∴S四邊形OCAD=S△OAD+S△OAC=|OA|· |y2|+|OA|·|y1|=|OA|·|y1-y2| =×2×=, 令t=≥1,則S==. 令f(t)=3t+,易知f′(t)=3-. 由f′(t)>0得t>, 由f′(t)<0得0<t<. 又t≥1,∴f(t)在[1,+∞)上為增函數(shù),∴f(t)min=f(1)=4. ∴S≤=3. 即四邊形OCAD的面積的最大值為3. 3.(2020·石景山

12、區(qū)一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0),離心率為.直線l過點(diǎn)F且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M. (1)求橢圓C的方程; (2)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (3)延長線段OM與橢圓C交于點(diǎn)P,若四邊形OAPB為平行四邊形,求此時直線l的斜率. [解] (1)由題意可知,c=1,e==, ∵a2=b2+c2,∴a=,b=1, ∴橢圓的方程為+y2=1. (2)證明:設(shè)直線l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立消去y得,(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 則x

13、1+x2=. ∵M(jìn)為線段AB的中點(diǎn),∴xM==, yM=k(xM-1)=, ∴kOM==-, ∴kOM·kl=-×k=-為定值. (3)若四邊形OAPB為平行四邊形,則+=, ∴xP=x1+x2=,yP=y(tǒng)1+y2=k(x1+x2)-2k=, ∵點(diǎn)P在橢圓上,∴+2×=2, 解得k2=,即k=±, ∴當(dāng)四邊形OAPB為平行四邊形時,直線l的斜率為k=±. 4.(2020·漢中模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0),橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的最小距離為2-且過點(diǎn)P(,1). (1)求橢圓C的方程; (2)若過點(diǎn)M(3,0)的直線l與橢圓C有兩個不同的交點(diǎn)P和Q,若點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為P′,判斷直線P′Q是否經(jīng)過定點(diǎn),如果經(jīng)過,求出該定點(diǎn)坐標(biāo);如果不經(jīng)過,說明理由. [解] (1)由題意解得 故橢圓C的方程為+=1. (2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2). 將直線與橢圓的方程聯(lián)立得: 消去y,整理得(2k2+1)x2-12k2x+18k2-4=0. 由根與系數(shù)之間的關(guān)系可得:x1+x2=,x1·x2=. ∵點(diǎn)P關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)為P′,則P′(x1,-y1). ∴直線P′Q的斜率k=. 方程為:y+y1=(x-x1), 即y== = = = ==. ∴直線P′Q過x軸上定點(diǎn).

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