2025届人教新高考高三数学一轮复习规范答题增分专项5高考中的解析几何Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习规范答题增分专项5高考中的解析几何Word版附解析，共7页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知椭圆C，已知动点P到定点F和直线l，已知抛物线E等内容，欢迎下载使用。
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与直线NA2交于P,证明:点P在定直线上.
2.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F为椭圆x24+y23=1的一个焦点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设P,M,N为抛物线C上不同的三点,点P(1,2),且PM⊥PN.求证:直线MN过定点.
3.(2021,全国Ⅱ·理20)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交抛物线C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与直线l相切.
(1)求抛物线C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是抛物线C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.
4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点为F1,F2,点P(2,1)在椭圆C上,且|PF1|+|PF2|=4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设点P关于x轴的对称点为Q,M为椭圆C上一点,直线MP和MQ与x轴分别相交于点E,F,O为原点.证明:|OE|·|OF|为定值.
5.(2021浙江,21)如图,已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,M是抛物线的准线与x轴的交点,且|MF|=2.
(1)求抛物线的方程;
(2)设过点F的直线交抛物线于A,B两点,若斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB,x轴依次交于点P,Q,R,N,且满足|RN|2=|PN|·|QN|,求直线l在x轴上截距的取值范围.
6.已知点A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-34.
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)设点F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,R为PF2的中点,O为坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值.
7.已知动点P到定点F(1,0)和直线l:x=2的距离之比为22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两点,与线段AB相交于一点(与A,B不重合).
(1)求曲线E的方程.
(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.
8.已知抛物线E:y2=2px(p>0)的顶点在坐标原点O,过抛物线E的焦点F的直线l与该抛物线交于M,N两点,△MON面积的最小值为2.
(1)求抛物线E的标准方程.
(2)试问是否存在定点D,过点D的直线n与抛物线E交于B,C两点,当A,B,C三点不共线时,使得以BC为直径的圆必过点Ap2,-p?若存在,求出所有符合条件的定点D;若不存在,请说明理由.
规范答题增分专项五 高考中的解析几何
1. (1)解 设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0).
∵c=25,e=ca=5,∴a=2,
∴b2=c2-a2=16,
故双曲线C的方程为x24−y216=1.
(2)证明 (ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4),
设点M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.
联立y=k(x+4),x24-y216=1,消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0,
∴x1+x2=-8k2k2-4,x1x2=16k2+16k2-4.
又点A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=y1x1+2(x+2),①
y=y2x2-2(x-2).②
①÷②,得x+2x-2=y2(x1+2)y1(x2-2).③
∵点(x1,y1)在x24−y216=1上,
∴x124−y1216=1,y124=x12-4=(x1-2)(x1+2),
∴x1+2y1=y14(x1-2).代入③得x+2x-2=y1y24(x1-2)(x2-2)=k2[x1x2+4(x1+x2)+16]4[x1x2-2(x1+x2)+4],代入根与系数的关系式,得x+2x-2=-13,∴x=-1.
∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上.
(ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入x24−y216=1,得M(-4,43),N(-4,-43).
又点A1(-2,0),A2(2,0),∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-23(x+2),y=23(x-2)3,联立y=-23(x+2),y=23(x-2)3,解得x=-1.
此时点P也在定直线x=-1上.
综上可得,点P在定直线x=-1上.
2.(1)解 依题意,椭圆x24+y23=1的一个焦点为(1,0),
由抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F为椭圆x24+y23=1的一个焦点,
可得p2=1,所以p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明 设点M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+n,由x=my+n,y2=4x,得y2-4my-4n=0,则Δ=16m2+16m>0,y1y2=-4n,y1+y2=4m.
所以x1x2=(my1+n)(my2+n)=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2=n2,
x1+x2=m(y1+y2)+2n=4m2+2n.
由PM⊥PN,得PM·PN=0,即(x1-1,y1-2)·(x2-1,y2-2)=0.
化简得n2-6n-4m2-8m+5=0,
解得n=2m+5或n=-2m+1(舍).
所以直线MN:x=my+2m+5过定点(5,-2).
3.解 (1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1时,y2=2p,y=±2p.
因为OP⊥OQ,所以2p=1,即2p=1,
故抛物线的标准方程为y2=x.
☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)由题意可知直线A1A2,A1A3,A2A3均不平行于x轴.
设点A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),直线A1A2的方程为x-x1=m1(y-y1),直线A1A3的方程为x-x1=m2(y-y1),m1≠m2.
因为点A1在抛物线C上,所以x1=y12,所以直线A1A2的方程可化为x-m1y+m1y1-y12=0,直线A1A3的方程可化为x-m2y+m2y1-y12=0.
因为直线A1A2,A1A3与☉M相切,☉M的圆心坐标为(2,0),半径r=1,
所以|2+m1y1-y12|1+m12=1,|2+m2y1-y12|1+m22=1,
所以m1,m2为方程|2+my1-y12|1+m2=1的根,
即m1,m2为方程m2(y12-1)+m(4y1-2y13)+y14-4y12+3=0的根.
又m1≠m2,所以y12-1≠0,所以m1+m2=2y13-4y1y12-1,m1m2=y14-4y12+3y12-1.
由x-m1y+m1y1-y12=0,y2=x,消去x,得y2-m1y+m1y1-y12=0,
所以y1+y2=m1,即y2=m1-y1.
同理,y3=m2-y1.
设直线A2A3的方程为x=ky+b,
由x=ky+b,y2=x,得y2-ky-b=0,
所以y2+y3=k,y2y3=-b,
所以k=y2+y3=m1+m2-2y1=-2y1y12-1,-b=y2y3=(m1-y1)(m2-y1)=m1m2-y1(m1+m2)+y12=3-y12y12-1.
所以☉M的圆心到直线A2A3的距离d=|2-b|1+k2=2+3-y12y12-11+-2y1y12-12=y12+1|y12-1|y12+1|y12-1|=1=r,故直线A2A3与☉M相切.
4.(1)解 由椭圆的定义,得|PF1|+|PF2|=2a=4,即a=2.
将点P(2,1)的坐标代入x24+y2b2=1,得24+1b2=1,解得b=2.
故椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)证明 由题意可知点Q(2,-1).
设点M(x0,y0),则有x02+2y02=4,x0≠2,y0≠±1.
直线MP的方程为y-1=y0-1x0-2(x-2),
令y=0,得x=2y0-x0y0-1,所以|OE|=2y0-x0y0-1.
直线MQ的方程为y+1=y0+1x0-2(x-2),
令y=0,得x=2y0+x0y0+1,所以|OF|=2y0+x0y0+1.
所以|OE|·|OF|=2y0-x0y0-1·2y0+x0y0+1=2y02-x02y02-1=2y02-(4-2y02)y02-1=4.
故|OE|·|OF|为定值4.
5.解 (1)由题意知p=2,所以抛物线的方程是y2=4x.
(2)由题意可设直线AB的方程为x=ty+1t≠12,A(x1,y1),B(x2,y2),
将直线AB的方程代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,
所以y1+y2=4t,y1y2=-4.
直线MA的方程为y=y1x1+1(x+1),设直线l的方程为x=12y+s.
记P(xP,yP),Q(xQ,yQ),
由y=y1x1+1(x+1),x=12y+s,
得yP=2(s+1)y1(2t-1)y1+4.
同理得yQ=2(s+1)y2(2t-1)y2+4.
记R(xR,yR),由x=ty+1,x=12y+s,得yR=2(s-1)2t-1.
由题意知|yR|2=|yP|·|yQ|,
化简得(s-1)2(2t-1)2=(s+1)24t2+3.
易知s≠1,所以(s+1)2(s-1)2=4t2+3(2t-1)2.
因为4t2+3(2t-1)2=22t-1+122+34≥34当t=-32时等号成立,所以(s+1)2(s-1)2≥34.
得s≤-7-43或s≥-7+43且s≠1.
因此直线l在x轴上截距的取值范围是(-∞,-7-43]∪[-7+43,1)∪(1,+∞).
6.解 (1)设点P(x,y),
因为点A(-2,0),B(2,0),所以k1=yx+2,k2=yx-2.
又k1k2=-34,所以y2x2-4=-34,所以x24+y23=1(x≠±2).
故轨迹C的方程为x24+y23=1(x≠±2).
(2)因为O,R分别为F1F2,PF2的中点,所以OR∥PF1,
所以△PF1R与△PF1O同底等高,所以S△PF1R=S△PF1O,
所以S=S△QF1O+S△PF1R=S△PQO.
当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO=12×1×32--32=32.
当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),设P(x1,y1),Q(x2,y2),
显然直线PQ不与x轴重合,即k≠0.
由y=k(x+1),x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
又Δ=144(k2+1)>0,得x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,
故|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=12(1+k2)3+4k2.
点O到直线PQ的距离d=|k|1+k2,则S=12|PQ|d=6k2(k2+1)(3+4k2)2.令u=3+4k2∈(3,+∞),
则S=6u-34·u+14u2=32-3u2-2u+1∈0,32.故S的最大值为32.
7.解 (1)设点P(x,y),由题意可得(x-1)2+y2|x-2|=22,
整理可得x22+y2=1.
所以曲线E的方程为x22+y2=1.
(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=2.
当m=0时,不符合题意.
当m≠0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,
可得|n|m2+1=1,即m2+1=n2,
由y=mx+n,x22+y2=1,消去y,得m2+12x2+2mnx+n2-1=0.
则Δ=4m2n2-4m2+12(n2-1)=2m2>0,x1+x2=-4mn2m2+1,x1x2=2n2-22m2+1,
所以S四边形ACBD=12|AB||x2-x1|=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|≤22.
当且仅当2|m|=1|m|,即m=±22时,等号成立,此时n=±62.
经检验可知,直线y=22x-62和直线y=-22x+62符合题意.
故四边形ACBD的面积有最大值,最大值为22,此时直线l的方程为y=22x-62或y=-22x+62.
8.解 (1)若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=p2,
代入抛物线E的方程,得y=±p,所以|MN|=2p,
所以S△MON=12×p2×2p=p22.
若直线l的斜率存在,则设直线l的方程为y=k(x-p2)(k≠0),
由y=kx-p2,y2=2px,得k2x2-(pk2+2p)x+k2p24=0,
则|MN|=pk2+2pk2+p=2p+2pk2.
又点O到直线MN的距离d=kp2k2+1=kp2k2+1,
所以S△MON=12·2p+2pk2·kp2k2+1=p221+1k2>p22.所以△MON面积的最小值为p22=2,又p>0,故p=2.
故抛物线E的标准方程为y2=4x.
(2)假设符合题意的定点D存在.
因为直线n与抛物线E交于B,C两点,所以设直线n的方程为x=ay+b,点B(x1,y1),C(x2,y2).
由x=ay+b,y2=4x,得y2-4ay-4b=0.
又Δ=16a2+16b>0,所以y1+y2=4a,y1y2=-4b,
所以x1+x2=a(y1+y2)+2b=4a2+2b,x1x2=a2y1y2+ab(y1+y2)+b2=b2.
因为以BC为直径的圆过点A(1,-2),
所以AB·AC=0,即(x1-1)(x2-1)+(y1+2)(y2+2)=b2-6b-4a2-8a+5=0,
所以b=2a+1或b=-2a+5.
当b=2a+1时,x=ay+2a+1=a(y+2)+1,此时直线n过定点A,不符合题意,舍去.
当b=-2a+5时,x=ay-2a+5=a(y-2)+5,此时直线n过定点(5,2),符合题意.
故存在唯一的定点D(5,2)符合题意.