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版理

高考大题专项练五　高考中的解析几何

一、非选择题

1.已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.

(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;

(2)若=3,求|AB|.

解:设直线l:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).

(1)由题设得F,

故|AF|+|BF|=x1+x2+,

由题设可得x1+x2=.

由可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,

则x1+x2=-.

从而-,得t=-.

所以l的方程为y=x-.

(2)由=3可得y1=-3y2.

由可得y2-2y+2t=0.

所以y1+y2=2.

从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.

代入C的方程得x1=3,x2=.

故|AB|=.

2.(2020全国Ⅱ,理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)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,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.

设M(x0,y0),则=1,=4cx0,故=1.①

由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入①得=1,

即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去),c=3.

所以C1的标准方程为=1,C2的标准方程为y2=12x.

3.已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.

(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;

(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.

解:由题知F.

设直线l1:y=a,直线l2:y=b,则ab≠0,

且A,B,P,Q,R.

记过A,B两点的直线为l,

则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.

(1)证明:由于F在线段AB上,

故1+ab=0.

记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,

则k1==-b=k2.

所以AR∥FQ.

(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),

则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,

S△PQF=.

由题设可得|b-a|,

所以x1=0(舍去),x1=1.

设满足条件的AB的中点为E(x,y).

当AB与x轴不垂直时,

由kAB=kDE可得,(x≠1).

而=y,所以y2=x-1(x≠1).

当AB与x轴垂直时,E与D重合.

所以,所求轨迹方程为y2=x-1.

4.已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.

(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;

(2)求证:A为线段BM的中点.

答案:(1)解由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=.

所以抛物线C的方程为y2=x.

抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.

(2)证明由题意,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).

由得4k2x2+(4k-4)x+1=0.

则x1+x2=,x1x2=.

因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1),直线ON的方程为y=x,点B的坐标为.

因为y1+-2x1=

=

=

==0,

所以y1+=2x1.

故A为线段BM的中点.

5.已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.

(1)证明:直线AB过定点;

(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.

答案:(1)证明设D,A(x1,y1),

则=2y1.

由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1.

整理得2tx1-2y1+1=0.

设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.

故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.

所以直线AB过定点.

(2)解由(1)得直线AB的方程为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).

设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,

则d1=,d2=.

因此,四边形ADBE的面积S=|AB|(d1+d2)=(t2+3)·.

设M为线段AB的中点,

则M.

由于,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,

所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.

当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4.

因此,四边形ADBE的面积为3或4.

6.已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=,且椭圆过点.

(1)求椭圆的方程;

(2)椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在,请说明理由.

解:(1)由题意可设椭圆方程为=1(a>b>0).

则解得a2=4,b2=3.

∴椭圆方程为=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令y1>0,y2<0,

设△F1AB的内切圆的半径为R,

则△F1AB的周长=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=4R,

因此最大,R就最大,

由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,

由

得(3m2+4)y2+6my-9=0,

y1+y2=,y1y2=-.

则|F1F2|(y1-y2)=.

令=t,则m2=t2-1,

∴.

令f(t)=3t+,则f'(t)=3-,

当t≥1时,f'(t)≥0,f(t)在[1,+∞)内单调递增,有f(t)≥f(1)=4,≤3,即当t=1,m=0时,≤3,

由=4R,得Rmax=,这时所求内切圆面积的最大值为.

故直线l的方程为x=1,△F1AB内切圆面积的最大值为.

7.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=±.

(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.

8.已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;

(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.

①证明:△PQG是直角三角形;

②求△PQG面积的最大值.

解:(1)由题设得=-,化简得=1(|x|≠2),

所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.

(2)①设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).

由得x=±.

记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).

于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u).

由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0. (ⅰ)

设G(xG,yG),则-u和xG是方程(ⅰ)的解,

故xG=,由此得yG=.

从而直线PG的斜率为=-.

所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.

②由①得|PQ|=2u,|PG|=,

所以△PQG的面积S=|PQ||PG|=.

设t=k+,则由k>0,得t≥2,

当且仅当k=1时取等号.

因为S=在区间[2,+∞)内单调递减,

所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.

因此,△PQG面积的最大值为.