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

《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)13 解析幾何（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)13 解析幾何（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學(xué)試題（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十三)　解析幾何 1．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝2x，點(diǎn)A(2,0)，B(－2,0)，過點(diǎn)A的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN. [解]　(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，l的方程為x＝2，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,2)或(2，－2)．所以直線BM的方程為y＝x＋1或y＝－x－1. (2)證明：當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN. 當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1>0，x2>0. 由得ky2－2

2、y－4k＝0， 可知y1＋y2＝，y1y2＝－4. 直線BM，BN的斜率之和為 kBM＋kBN＝＋＝.① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達(dá)式代入①式分子，可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0. 所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補(bǔ)，所以∠ABM＝∠ABN. 綜上，∠ABM＝∠ABN. 2．(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足＝. (1)求點(diǎn)P的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F. [解]　(1)

3、設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)， 則N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)． 由＝得x0＝x，y0＝y(tǒng). 因?yàn)镸(x0，y0)在C上，所以＋＝1. 因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2. (2)證明：由題意知F(－1,0)． 設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn， ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)． 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1. 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0. 所以·＝0，即⊥. 又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F. 3．(

4、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：||，||，||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，y

5、3＝－(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||，||，||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Ⅰ)已知點(diǎn)A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，|AB|＝4，⊙M過點(diǎn)A，B且與直線x＋2＝0相切

6、． (1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑； (2)是否存在定點(diǎn)P，使得當(dāng)A運(yùn)動時(shí)，|MA|－|MP|為定值？并說明理由． [解]　(1)因?yàn)椤袽過點(diǎn)A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上．由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設(shè)M(a，a)． 因?yàn)椤袽與直線x＋2＝0相切， 所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|. 由已知得|AO|＝2，又MO⊥AO， 故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半徑r＝2或r＝6. (2)存在定點(diǎn)P(1,0)，使得|MA|－|MP|為定值． 理由如下： 設(shè)M(x，y)，由已知得

7、⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡得M的軌跡方程為y2＝4x. 因?yàn)榍€C：y2＝4x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn)，以直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|＝x＋1. 因?yàn)閨MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1， 所以存在滿足條件的定點(diǎn)P. 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

8、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＋＝y(tǒng)0，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

9、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＋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，－

10、)，∴＝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(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，

11、∴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(shí)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)

12、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x1＋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(shí)，直線l的斜率為k＝±. 4．(2020·漢中模擬)已知P(0,2)是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)

13、的一個(gè)頂點(diǎn)，C的離心率e＝. (1)求橢圓的方程； (2)過點(diǎn)P的兩條直線l1，l2分別與C相交于不同于P的A，B兩點(diǎn)，若l1與l2的斜率之和為－4，則直線AB是否經(jīng)過定點(diǎn)？若過定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由． [解]　(1)由題意知，解得 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y并整理得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0， 則Δ＝(6kt)2－4(3k2＋2)(3t2－12)＞0，即6k2－t2＋4＞0， x1＋x2＝－，x1x2＝. 由l1與l2的斜率之和為－4，可得＋＝－4， 又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t， 所以＋＝＋＝2k＋＝2k＋＝－4，化簡得t＝－k－2(t＝2舍去)． 所以直線AB的方程為y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，易知直線AB過定點(diǎn)(1，－2)． 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)其方程為x＝m，A(m，y3)，B(m，y4)， 則＋＝＝－4， 易知y3，y4互為相反數(shù)，所以y3＋y4＝0，所以m＝1.可知直線x＝1也可過定點(diǎn)(1，－2)． 綜上可知，直線AB經(jīng)過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－2).