新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)13 解析幾何（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十三)　解析幾何 1．(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點(diǎn)A(2，1)． (1)求C的方程； (2)點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值． [解]　(1)由題設(shè)得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3. 所以C的方程為＋＝1. (2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)． 若直線MN與x軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 于是x1＋x2＝－，x1x2＝.① 由AM⊥AN知·＝0，故(x1－2)(x2

2、－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0. 將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?yàn)锳(2，1)不在直線MN上， 所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－k－. 于是MN的方程為y＝k－(k≠1)． 所以直線MN過點(diǎn)P. 若直線MN與x軸垂直，可得N(x1，－y1)． 由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0. 又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，x1＝

3、. 此時(shí)直線MN過點(diǎn)P. 令Q為AP的中點(diǎn)，即Q. 若D與P不重合，則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊， 故|DQ|＝|AP|＝. 若D與P重合，則|DQ|＝|AP|. 綜上，存在點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值． 2．(2019·全國卷Ⅱ)已知點(diǎn)A(－2，0)，B(2，0)，動點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－.記M的軌跡為曲線C． (1)求C的方程，并說明C是什么曲線； (2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點(diǎn)G. (ⅰ)證明：△PQG是直角三角形； (ⅱ)求△PQG面積的最大值． [解]　(1)由題設(shè)

4、得·＝－，化簡得＋＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)． (2)(ⅰ)證明：設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k＞0)． 由得x＝±. 記u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)． 于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)． 由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① 設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝. 從而直線PG的斜率為＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形． (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面積 S＝|PQ||PG|＝＝.

5、 設(shè)t＝k＋，則由k＞0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取等號． 因?yàn)镾＝在[2，＋∞)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝2，即k＝1時(shí)，S取得最大值，最大值為. 因此，△PQG面積的最大值為. 3．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2，0)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB． [解]　(1)由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為或. 又M(2，0)，所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. (2)證明：當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝

6、0°. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB． 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0. 從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，所以∠OMA＝∠OMB． 綜上，∠OMA＝∠OMB．

7、 1．(2020·安徽示范高中名校聯(lián)考)過F(0，1)的直線l與拋物線C：x2＝4y交于A，B兩點(diǎn)，以A，B兩點(diǎn)為切點(diǎn)分別作拋物線C的切線l1，l2，設(shè)l1與l2交于點(diǎn)Q(x0，y0)． (1)求y0； (2)過Q，F(xiàn)的直線交拋物線C于M，N兩點(diǎn)，求四邊形AMBN面積的最小值． [解]　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l：y＝kx＋1， 由得x2－4kx－4＝0， 所以 由x2＝4y?y′＝x，所以l1：y－y1＝x1(x－x1)， 即l1：y＝x1x－， 同理l2：y＝x2x－， 聯(lián)立得得 即y0＝－1. (2)因?yàn)椋剑?x2－x1，y2－y1)，

8、所以·＝－＋2(y2－y1)＝＋＝0， 所以⊥，即MN⊥AB， |AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4， 同理|MN|＝＋4(易知k≠0)， SAMBN＝|AB||MN|＝8(k2＋1)＝8≥32， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝±1時(shí)，四邊形AMBN的面積取得最小值32. 2．(2020·濟(jì)寧模擬)已知圓O：x2＋y2＝4，拋物線C：x2＝2py(p＞0)． (1)若拋物線C的焦點(diǎn)F在圓O上，且A為拋物線C和圓O的一個(gè)交點(diǎn)，求|AF|； (2)若直線l與拋物線C和圓O分別相切于點(diǎn)M，N，設(shè)M(x0，y0)，當(dāng)y0∈[3，4]時(shí)，求|MN|的最大值． [解]　(1)由題意知

9、F(0，2)，所以p＝4. 所以拋物線C的方程為x2＝8y. 將x2＝8y與x2＋y2＝4聯(lián)立得得y＝2(－2)，所以點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為yA＝2(－2)， 結(jié)合拋物線的定義得|AF|＝y(tǒng)A＋＝2－2. (2)由x2＝2py得y＝，y′＝， 所以直線l的斜率為，故直線l的方程為y－y0＝(x－x0)， 即x0x－py－py0＝0. 連接OM，ON(圖略)， 則|ON|＝＝2，得p＝，且y－4＞0， 所以|MN|2＝|OM|2－|ON|2＝x＋y－4＝2py0＋y－4＝＋y－4＝＋y－4＝16＋＋y－4. 令t＝y(tǒng)－4，y0∈[3，4]，則t∈[5，12]， 令f (t)＝16＋

10、t＋，則f ′(t)＝1－， 當(dāng)t∈[5，8]時(shí)，f ′(t)≤0，f (t)單調(diào)遞減， 當(dāng)t∈(8，12]時(shí)，f ′(t)＞0，f (t)單調(diào)遞增． 又f (5)＝16＋5＋＝，f (12)＝16＋12＋＝， 所以f (t)max＝，即|MN|的最大值為. 3．(2020·貴陽模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，橢圓C的焦點(diǎn)F1到雙曲線－y2＝1的漸近線的距離為. (1)求橢圓C的方程； (2)直線l：y＝kx＋m(k＜0)與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)F2，且原點(diǎn)O到直線l的距離為，求直線l的方程． [解

11、]　(1)∵橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為， ∴＝. 又雙曲線－y2＝1的其中一條漸近線方程為x－y＝0，橢圓C的焦點(diǎn)F1(－c，0)， ∴＝，解得c＝1， ∴a＝，b＝1， ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)由(1)知F2(1，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由原點(diǎn)O到直線l：y＝kx＋m(k＜0)的距離為，得＝， 即m2＝(1＋k2)．① 將y＝kx＋m代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， ∴Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)＞0， x1＋x2＝－，x1x2＝， 又以線段A

12、B為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)F2，∴·＝0， 即(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， ∴(x1－1)(x2－1)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0， 即(1＋k2)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝0， ∴(1＋k2)·＋(km－1)·＋m2＋1＝0， 化簡得3m2＋4km－1＝0.② 由①②，得11m4－10m2－1＝0，∴m2＝1. 又k＜0，∴滿足Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0. ∴直線l的方程為y＝－x＋1. 4．(2020·大同調(diào)研)橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，且離心率e＝. (1)設(shè)E是直線y＝x＋2與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)，求|EF1

13、|＋|EF2|取最小值時(shí)橢圓的方程； (2)已知N(0，1)，是否存在斜率為k的直線l與(1)中的橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B，使得點(diǎn)N在線段AB的垂直平分線上？若存在，求出直線l在y軸上截距的范圍；若不存在，說明理由． [解]　(1)∵e＝，∴＝，橢圓的方程可化為＋＝1，將＋＝1與y＝x＋2聯(lián)立， 消去y化簡得4x2＋12x＋12－3b2＝0，由Δ＝144－16×(12－3b2)≥0，解得b2≥1，即b≥1，∴|EF1|＋|EF2|＝2a＝2b≥2，當(dāng)且僅當(dāng)b＝1時(shí)，|EF1|＋|EF2|取最小值2， ∴橢圓的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)直線l在y軸上的截距為t，則直線l的方程為y＝k

14、x＋t，代入＋y2＝1，消去y整理得， (1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－3＝0， ∵直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)， ∴Δ1＝(6kt)2－12(t2－1)(1＋3k2)＞0，即t2＜1＋3k2. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為Q， 則x1＋x2＝－，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝，∴AB的中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為， ∴當(dāng)k≠0時(shí)，＝－，化簡得1＋3k2＝－2t，代入t2＜1＋3k2得－2＜t＜0. 又－2t＝1＋3k2＞1，∴t＜－，故－2＜t＜－. 當(dāng)k＝0時(shí)，－1＜t＜1. 綜上，k≠0時(shí)，直線l在y軸上截距的范圍為；k＝0時(shí)，直線l在y軸

15、上截距的范圍為(－1，1)． 1．已知定點(diǎn)A(－3，0)，B(3，0)，直線AM，BM相交于點(diǎn)M，且它們的斜率之積為－，記動點(diǎn)M的軌跡為曲線C． (1)求曲線C的方程； (2)過點(diǎn)T(1，0)的直線l與曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，是否存在定點(diǎn)S(x0，0)，使得直線SP與SQ斜率之積為定值？若存在，求出S的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． [解]　(1)設(shè)動點(diǎn)M(x，y)，則直線MA的斜率kMA＝(x≠－3)， 直線MB的斜率kMB＝(x≠3)． 因?yàn)閗MA·kMB＝－，所以·＝－，化簡得＋y2＝1， 又x≠±3，所以曲線C的方程為＋y2＝1(x≠±3)． (2)由題意得直線l的斜率

16、不為0，根據(jù)直線l過點(diǎn)T(1，0)，可設(shè)直線l的方程為x＝my＋1， 聯(lián)立消去x得(m2＋9)y2＋2my－8＝0. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則 直線SP與SQ的斜率分別為kSP＝＝，kSQ＝＝， kSP·kSQ＝ ＝， 當(dāng)x0＝3時(shí)，?m∈R，kSP·kSQ＝＝－； 當(dāng)x0＝－3時(shí)，?m∈R，kSP·kSQ＝＝－. 所以存在定點(diǎn)S(±3，0)，使得直線SP與SQ斜率之積為定值． 2．已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的四個(gè)頂點(diǎn)圍成的菱形的面積為4，橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為圓x2＋y2－2x＝0的圓心． (1)求橢圓的方程； (2)若M，N為橢圓上的兩個(gè)動點(diǎn)，直線OM，O

17、N的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1k2＝－時(shí)，△MON的面積是否為定值？若為定值，求出此定值；若不為定值，請說明理由． [解]　(1)由題意可知，2ab＝4， 圓x2＋y2－2x＝0的圓心坐標(biāo)為(1，0)，所以c＝1， 因此a2－b2＝1，結(jié)合ab＝2得a2＝4，b2＝3， 故橢圓的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋m(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去y可得，(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)＞0，即m2＜4k2＋3， x1＋x2＝，x

18、1x2＝. 所以|MN|＝|x1－x2| ＝· ＝· ＝·. 又點(diǎn)O到直線MN的距離d＝， 所以S△MON＝|MN|·d＝·. 又k1k2＝＝－， 所以＝k2＋＝－， 化簡可得2m2＝4k2＋3，滿足Δ＞0. 則S△MON＝·＝＝. 當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，由于k1k2＝－，且OM，ON關(guān)于x軸對稱， 不妨設(shè)k1＝，k2＝－，則易得M，N或M，N， 此時(shí)S△MON＝××＝. 綜上，△MON的面積為定值，定值為. 3．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且與拋物線y2＝x交于M，N兩點(diǎn)，△OMN(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積為2. (1)求橢圓E的方程；

19、(2)如圖，點(diǎn)A為橢圓E上一動點(diǎn)(非長軸端點(diǎn))，點(diǎn)F為橢圓E的右焦點(diǎn)，AF的延長線與橢圓E交于點(diǎn)B，AO的延長線與橢圓E交于點(diǎn)C，求△ABC面積的最大值． [解]　(1)根據(jù)題意不妨設(shè)M(x，)，N(x，－)． ∵△OMN的面積為2， ∴x＝2，得x＝2，∴M(2，)，N(2，－)． 由已知得得a＝2，b＝2，c＝2， ∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，不妨取A(2，)，B(2，－)，則C(－2，－)，故△ABC的面積S＝×2×4＝4. ②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立方

20、程，得化簡得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－8＝0， 則Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－8)＝32(k2＋1)＞0， x1＋x2＝，x1x2＝. ∴|AB|＝＝ ＝4×. 又點(diǎn)O到直線AB的距離d＝＝， 且O是線段AC的中點(diǎn)，∴點(diǎn)C到直線AB的距離為2d＝， ∴S△ABC＝|AB|·2d＝×4××＝8×. ∵＝≤＝，且k2≠k2＋1， ∴等號不成立， ∴S△ABC＝8×＜4. 綜上，△ABC面積的最大值為4. 4．已知拋物線C1：x2＝4y的焦點(diǎn)F也是橢圓C2：＋＝1(a＞b＞0)的一個(gè)焦點(diǎn)，C1與C2的公共弦的長為2. (1)求C2的方程； (2)過

21、點(diǎn)F的直線l與C1相交于A，B兩點(diǎn)，與C2相交于C，D兩點(diǎn)，且與同向． (ⅰ)若|AC|＝|BD|，求直線l的斜率； (ⅱ)設(shè)C1在點(diǎn)A處的切線與x軸的交點(diǎn)為M，證明：直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí)，△MFD總是鈍角三角形． [解]　(1)由C1：x2＝4y知其焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0，1)． 因?yàn)镕也是橢圓C2的一個(gè)焦點(diǎn)，所以a2－b2＝1.① 又C1與C2的公共弦的長為2，C1與C2都關(guān)于y軸對稱，且C1的方程為x2＝4y，由此易知C1與C2的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為， 所以＋＝1.② 聯(lián)立①②，解得a2＝9，b2＝8. 故C2的方程為＋＝1. (2)如圖，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C

22、(x3，y3)，D(x4，y4)． (ⅰ)因?yàn)榕c同向，且|AC|＝|BD|，所以＝， 從而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4， 于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③ 設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為y＝kx＋1. 由得x2－4kx－4＝0. 而x1，x2是這個(gè)方程的兩個(gè)根， 所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④ 由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0. 而x3，x4是這個(gè)方程的兩個(gè)根， 所以x3＋x4＝－，x3x4＝－.⑤ 將④⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋， 即16(k2＋1)＝， 所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，即直線l的斜率為±. (ⅱ)由x2＝4y得y′＝，所以C1在點(diǎn)A處的切線方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝－. 令y＝0，得x＝，即M， 所以＝. 而＝(x1，y1－1)，于是·＝－y1＋1＝＋1＞0， 因此∠AFM是銳角，從而∠MFD＝180°－∠AFM是鈍角． 故直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí)，△MFD總是鈍角三角形.