广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练5高考中的解析几何含解析新人教A版文

高考大题专项练五　高考中的解析几何

1.设A,B为曲线C:y=上的两点,A与B的横坐标之和为4.

(1)求直线AB的斜率;

(2)设M为曲线C上的一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.

2.已知椭圆C1:=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=|AB|.

(1)求C1的离心率;

(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1与C2的标准方程.

3.(2021全国Ⅱ)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.

(1)求C的方程;

(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足=9,求直线OQ斜率的最大值.

4.已知F1,F2是椭圆C:=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.

(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;

(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.

5.已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).

(1)证明:k<-;

(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且=0.证明:2||=||+||.

6.(2021山东枣庄模拟)已知椭圆C1:=1(a>b>0)的左焦点为F1(-,0),抛物线C2:x2=2py(p>0),C1与C2交于点A(2,1).

(1)求C1与C2的方程;

(2)动直线l与C1交于不同两点M,N,与C2交于不同两点P,Q,且A∉l,记AM,AN的斜率分别是k1,k2,满足k1k2=,记线段PQ的中点R的纵坐标为t,求t的取值范围.

7.设椭圆=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,|AB|=.

(1)求椭圆的方程;

(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,求k的值.

8.如图,已知椭圆=1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点.

1(1)若点G的横坐标为-,求直线AB的斜率;

(2)记△GFD的面积为S1,△OED(O为原点)的面积为S2.试问:是否存在直线AB,使得S1=S2?说明理由.

答案：

1.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,

于是直线AB的斜率k==1.

(2)由y=,得y'=.

设M(x3,y3),由题设知=1,

解得x3=2,于是M(2,1).

设直线AB的方程为y=x+m,

故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.

将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0.

当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2.

从而|AB|=|x1-x2|=4.

由题设知|AB|=2|MN|,

即4=2(m+1),解得m=7.

所以直线AB的方程为y=x+7.

2.解(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=.

不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为,-;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=,|CD|=4c.

由|CD|=|AB|得4c=,即3×=2-2,解得=-2(舍去),.

所以C1的离心率为.

(2)由(1)知a=2c,b=c,故C1:=1.

所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0),(-2c,0),(0,c),(0,-c),C2的准线为x=-c.

由已知得3c+c+c+c=12,即c=2.

所以C1的标准方程为=1,C2的标准方程为y2=8x.

3.解(1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=4x.

(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2).

又F(1,0),则=(x2-x1,y2-y1),=(1-x2,-y2).

因为=9,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10x2-9,y1=10y2.

又因为点P在抛物线C上,所以=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),

则点Q的轨迹方程为y2=x-.

易知直线OQ的斜率存在.

设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=x-相切时,斜率取得最大值、最小值.

由得k2x2=x-,

即k2x2-x+=0,(*)

当直线OQ和曲线y2=x-相切时,方程(*)的判别式Δ=0,即-4k2·=0,解得k=±,

所以直线OQ斜率的最大值为.

4.解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,

于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率e=-1.

(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,

当且仅当|y|·2c=16,=-1,=1,

即c|y|=16,①

x2+y2=c2,②

=1.③

由②③及a2=b2+c2得y2=,

又由①知y2=,故b=4.

由②③得x2=(c2-b2),所以c2≥b2,

从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4.

当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.

所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).

5.证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1.

两式相减,并由=k得·k=0.

由题设知=1,=m,于是k=-.

由题设得0<m<,故k<-.

(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).

由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.

又点P在C上,所以m=,从而P,||=.

于是||==2-.

同理||=2-.

所以||+||=4-(x1+x2)=3.

故2||=||+||.

6.解(1)解法1:因为椭圆的左焦点为F1(-,0),所以右焦点为F2(,0).

由椭圆的定义,2a=|AF1|+|AF2|==2,因此a=.

又半焦距c=,所以b2=a2-c2=()2-()2=3,

所以C1的方程为=1.

把(2,1)代入x2=2py,得2p=4,所以C2的方程为x2=4y.

解法2:由题意,消去b2可得a4-8a2+12=0,即(a2-6)(a2-2)=0.

又因为a2>3,所以a2=6,b2=a2-3=3,所以C1的方程为=1.

把(2,1)代入x2=2py,得2p=4,所以C2的方程为x2=4y.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线l的斜率不存在,则N(x1,-y1).

由k1k2=,得2-2=(x1-2)2.(★)

又=1,可得2=6-,代入(★)式,可得x1=2.

所以直线l的方程为x=2.可见,直线l过点A(2,1).这与A∉l矛盾,因此,直线l的斜率必存在.

(注:下列说明同样给分.若直线l的斜率不存在,则l:x=x1,显然,l与C2只有一个交点,这与已知条件矛盾,所以直线l的斜率必存在.)

设l:y=kx+m.由于A∉l,故2k+m-1≠0.

由消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.

由判别式Δ1=8(6k2+3-m2)>0,得m2<6k2+3,(※)

因此x1+x2=-,x1x2=.(☆)

由题意,k1k2=

=

=.

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.

因为2k+m-1≠0,所以k=-.

因此,直线l的方程为y=-x+m.

由(※)可得m2<6k2+3=6×+3=,即-<m<.

又因为2k+m-1=m-2≠0,所以m≠2.

由消去y,整理得x2+2x-4m=0,

由判别式Δ2=4+16m>0,得m>-.

所以m的取值范围是-<m<,且m≠2.

设P(x3,y3),Q(x4,y4),R(x0,t).

则由x3+x4=-2,可得x0==-1,所以R(-1,t).

代入y=-x+m,得t=+m.

因为-<m<,且m≠2,所以<t<,且t≠,

所以,实数t的取值范围是.

7.解(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有.

又由a2=b2+c2,可得2a=3b.

由|AB|=,从而a=3,b=2.

所以,椭圆的方程为=1.

(2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2>x1>0,点Q的坐标为(-x1,-y1).由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1.

易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组消去y,可得x2=.

由方程组消去y,可得x1=.

由x2=5x1,可得=5(3k+2),两边平方,

整理得18k2+25k+8=0,

解得k=-或k=-.

当k=-时,x2=-9<0,不合题意,舍去;

当k=-时,x2=12,x1=,符合题意.

所以,k的值为-.

8.解(1)依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x+1),

将其代入=1,

整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

所以x1+x2=-.

故点G的横坐标为=-,

解得k=±,即直线AB的斜率为±.

(2)假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x轴或y轴垂直.

由(1)可得G.

设点D坐标为(xD,0).

因为DG⊥AB,所以·k=-1,

解得xD=-,即D.

因为△GFD∽△OED,且S1=S2,

所以|GD|=|OD|.

所以,

整理得8k2+9=0.

因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1=S2.