廣西專用2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)大題專項(xiàng)練5高考中的解析幾何含解析新人教A版理2

1、PAGE PAGE 9高考大題專項(xiàng)練五高考中的解析幾何1.設(shè)橢圓C:x22+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(shí),求直線AM的方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:OMA=OMB.2.已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明:ARFQ;(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.3.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為22,且過點(diǎn)A(2,1).(1)求C的方程;(2)點(diǎn)M,N在C上,

2、且AMAN,ADMN,D為垂足.證明:存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值.4.設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為53,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB|AB|=62.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)直線l:y=kx(k0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若|AQ|PQ|=524sinAOQ(O為原點(diǎn)),求k的值.5.(2021全國)已知拋物線C:x2=2py(p0)的焦點(diǎn)為F,且F與圓M:x2+(y+4)2=1上點(diǎn)的距離的最小值為4.(1)求p;(2)若點(diǎn)P在M上,PA,PB是C的兩條切線,A,B是切點(diǎn),求PAB面積的最大值.6.如圖

3、,已知橢圓x24+y23=1的左焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為G,AB的垂直平分線與x軸和y軸分別交于D,E兩點(diǎn).(1)若點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為-14,求直線AB的斜率;(2)記GFD的面積為S1,OED(O為原點(diǎn))的面積為S2.試問:是否存在直線AB,使得S1=S2?說明理由.7.(2021山東棗莊模擬)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦點(diǎn)為F1(-3,0),拋物線C2:x2=2py(p0),C1與C2交于點(diǎn)A(2,1).(1)求C1與C2的方程;(2)動(dòng)直線l與C1交于不同兩點(diǎn)M,N,與C2交于不同兩點(diǎn)P,Q,且Al,記AM,AN的斜率分別為k1,k2

4、,滿足k1k2=12,記線段PQ的中點(diǎn)R的縱坐標(biāo)為t,求t的取值范圍.答案：1.(1)解由已知得F(1,0),直線l的方程為x=1.由已知可得,點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,22或1,-22.所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2.(2)證明當(dāng)l與x軸重合時(shí),OMA=OMB=0,當(dāng)l與x軸垂直時(shí),OM為AB的垂直平分線,所以O(shè)MA=OMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x12,x20,所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+

5、4k2k2+1=0.從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補(bǔ),所以O(shè)MA=OMB.綜上,OMA=OMB.2.解由題知F12,0.設(shè)直線l1:y=a,直線l2:y=b,則ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.記過A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(1)證明:由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,

6、SPQF=|a-b|2.由題設(shè)可得|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE,可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.3.解(1)由題設(shè)得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3,所以C的方程為x26+y23=1.(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).若直線MN與x軸不垂直,設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2

7、-6=0,0,于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.將代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因?yàn)锳(2,1)不在直線MN上,所以2k+m-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程為y=kx-23-13(k1).所以直線MN過點(diǎn)P23,-13.若直線MN與x軸垂直,可得N(x1,-y1).

8、由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),x1=23.此時(shí)直線MN過點(diǎn)P23,-13.令Q為AP的中點(diǎn),即Q43,13.若D與P不重合,則由題設(shè)知AP是RtADP的斜邊,故|DQ|=12|AP|=223.若D與P重合,則|DQ|=12|AP|.綜上,存在點(diǎn)Q43,13,使得|DQ|為定值.4.解(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=59,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,從而a=3,b=2.所以,

9、橢圓的方程為x29+y24=1.(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因?yàn)閨AQ|=y2sinOAB,而OAB=4,故|AQ|=2y2.由|AQ|PQ|=524sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程組y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直線AB的方程為x+y-2=0,由方程組y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,兩邊平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12或k=1128.所以k的值為12或1128.

10、5.解(1)點(diǎn)F0,p2到圓M上的點(diǎn)的距離的最小值為|FM|-1=p2+4-1=4,解得p=2.(2)由(1)知,拋物線的方程為x2=4y,即y=14x2,則y=12x.設(shè)切點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則易得直線lPA:y=x12x-x124,直線lPB:y=x22x-x224,從而得到Px1+x22,x1x24,設(shè)直線lAB:y=kx+b,聯(lián)立拋物線方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0,=16k2+16b0,即k2+b0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,P(2k,-b).|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k216k2+16b,點(diǎn)P到直線AB的距離d=

11、|2k2+2b|k2+1,SPAB=12|AB|d=4(k2+b)32,又點(diǎn)P(2k,-b)在圓M:x2+(y+4)2=1上,故k2=1-(b-4)24,代入得,SPAB=4-b2+12b-15432,而yP=-b-5,-3,當(dāng)b=5時(shí),(SPAB)max=205.6.解(1)依題意可知,直線AB的斜率存在,設(shè)其方程為y=k(x+1),將其代入x24+y23=1,整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=-8k24k2+3.故點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為x1+x22=-4k24k2+3=-14,解得k=12.(2)假設(shè)存在直線AB,使得S1=

12、S2,顯然直線AB不能與x軸或y軸垂直.由(1)可得G-4k24k2+3,3k4k2+3.設(shè)點(diǎn)D坐標(biāo)為(xD,0).因?yàn)镈GAB,所以3k4k2+3-4k24k2+3-xDk=-1,解得xD=-k24k2+3,即D-k24k2+3,0.因?yàn)镚FDOED,且S1=S2,所以|GD|=|OD|.所以-k24k2+3-4k24k2+32+-3k4k2+32=-k24k2+3,整理得8k2+9=0.因?yàn)榇朔匠虩o解,所以不存在直線AB,使得S1=S2.7.解(1)方法1:因?yàn)闄E圓的左焦點(diǎn)為F1(-3,0),所以右焦點(diǎn)為F2(3,0).由橢圓的定義,2a=|AF1|+|AF2|=(2+3)2+1+(2-3

13、)2+1=26,因此a=6.又半焦距c=3,所以b2=a2-c2=(6)2-(3)2=3,所以C1的方程為x26+y23=1.把(2,1)代入x2=2py,得2p=4,所以C2的方程為x2=4y.方法2:由題意,4a2+1b2=1,a2=b2+(3)2.消去b2可得a4-8a2+12=0,即(a2-6)(a2-2)=0.又因?yàn)閍23,所以a2=6,b2=a2-3=3.所以C1的方程為x26+y23=1.把(2,1)代入x2=2py,得2p=4,所以C2的方程為x2=4y.(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).若直線l的斜率不存在,則N(x1,-y1).由k1k2=y1-1x1-2-y1-

14、1x1-2=12,得2-2y12=(x1-2)2.()又x126+y123=1,可得2y12=6-x12,代入()式,可得x1=2.所以直線l的方程為x=2.可見,直線l過點(diǎn)A(2,1).這與Al矛盾,因此,直線l的斜率必存在.(注:下列說明同樣給分.若直線l的斜率不存在,則l:x=x1,顯然,l與C2只有一個(gè)交點(diǎn),這與已知條件矛盾,所以直線l的斜率必存在.)設(shè)l:y=kx+m.由于Al,故2k+m-10.由x26+y23=1,y=kx+m消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.由判別式1=8(6k2+3-m2)0,得m26k2+3.()因此x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.()由題意,k1k2=kx1+m-1x1-2kx2+m-1x2-2=k2x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2x1x2-2(x1+x2)+4=12.所以2k2x1x2+2k(m-1)(x1+x2)+2(m-1)2=x1x2-2(x1+x2)+4,即(2k2-1)x1x2+2k(m-1)+2(x1+x2)+2(m-1)2-4=0.把()代入上式并整理得(2k+1)(1-2k-m)=0.