广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练五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.

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.(2020全国Ⅱ,文19)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.

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.设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.

(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;

(2)证明:∠ABM=∠ABN.

答案：(1)解当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).

所以直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1.

(2)证明当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,

所以∠ABM=∠ABN.

当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.

由得ky2-2y-4k=0,

可知y1+y2=,y1y2=-4.

直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=.①

将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)==0.

所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,

所以∠ABM=∠ABN.

综上,∠ABM=∠ABN.

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.

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.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||=||+||.

答案：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.(2020全国Ⅰ,文21)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.

(1)求E的方程;

(2)证明:直线CD过定点.

答案：(1)解由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).

则=(a,1),=(a,-1).

由=8得a2-1=8,即a=3.

故E的方程为+y2=1.

(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).

若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,

由题意可知-3<n<3.

由于直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).

直线PB的方程为y=(x-3),所以y2=(x2-3).

可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).

由于=1,故=-,

可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①

将x=my+n代入+y2=1,

得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.

所以y1+y2=-,y1y2=.

代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.

解得n=-3(舍去),n=.

故直线CD的方程为x=my+,即直线CD过定点.

若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点.

综上,直线CD过定点.

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.

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.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)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.

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.