广西专用高考数学一轮复习大题专项练5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

1.设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).

(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;

(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.

2.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.

3.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).

(1)求C的方程;

(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.

4.设椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6.

(1)求椭圆的方程;

(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若sin∠AOQ(O为原点),求k的值.

5.(2021全国Ⅰ)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.

(1)求p;

(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.

6.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.

7.(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的斜率分别为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.

答案：

1.(1)解由已知得F(1,0),直线l的方程为x=1.

由已知可得,点A的坐标为.

所以AM的方程为y=-x+或y=x-.

(2)证明当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=,由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得

kMA+kMB=.

将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,由题意知Δ>0,

所以,x1+x2=,x1x2=.

则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k==0.

从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.

综上,∠OMA=∠OMB.

2.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.

3.解(1)由题设得=1,,

解得a2=6,b2=3,所以C的方程为=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).

若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,Δ>0,

于是x1+x2=-,x1x2=.①

由AM⊥AN知=0,

故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,

可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.

将①代入上式可得(k2+1)-(km-k-2)+(m-1)2+4=0.

整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.

因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,

故2k+3m+1=0,k≠1.

于是MN的方程为y=k(k≠1).

所以直线MN过点P.

若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).

由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.

又=1,可得3-8x1+4=0.

解得x1=2(舍去),x1=.

此时直线MN过点P.

令Q为AP的中点,即Q.

若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,

故|DQ|=|AP|=.

若D与P重合,则|DQ|=|AP|.

综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.

4.解(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有,

又由a2=b2+c2,可得2a=3b.

由已知可得,|FB|=a,|AB|=b.

由|FB|·|AB|=6,可得ab=6,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Q的坐标为(x2,y2).

由已知有y1>y2>0,

故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.

又因为|AQ|=,

而∠OAB=,

故|AQ|=y2.

由sin∠AOQ,可得5y1=9y2.

由方程组消去x,可得y1=.

易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组消去x,可得y2=.

由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=.

所以k的值为.

5.解(1)点F到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=+4-1=4,解得p=2.

(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=x2,则y'=x.

设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则易得直线lPA:y=x-,直线lPB:y=x-,

从而得到P,

设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0,

∴Δ=16k2+16b>0,即k2+b>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,

∴P(2k,-b).

∵|AB|==,

点P到直线AB的距离d=,

∴S△PAB=|AB|d=4(k2+b,①

又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上,

故k2=,代入①得,S△PAB=4,

而yP=-b∈[-5,-3],∴当b=5时,(S△PAB)max=20.

6.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.

7.解(1)方法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.

方法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.