《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)13 解析幾何(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(統(tǒng)考版)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)13 解析幾何(含解析)(理)-人教版高三數(shù)學(xué)試題(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時集訓(xùn)(十三) 解析幾何
1.(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)橢圓C:+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標(biāo)為(2,0).
(1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程;
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,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,∠OMA=∠OMB=0°.
當(dāng)l與x軸垂直時,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,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0)
2、,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.所以∠OMA=∠OMB.
綜上,∠OMA=∠OMB.
2.(2019·全國卷Ⅱ)已知點A(-2,0),B(2,0),動點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
3、的方程,并說明C是什么曲線;
(2)過坐標(biāo)原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點G.
①證明:△PQG是直角三角形;
②求△PQG面積的最大值.
[解] (1)由題設(shè)得·=-,化簡得+=1(|x|≠2),所以C為中心在坐標(biāo)原點,焦點在x軸上的橢圓,不含左、右頂點.
(2)①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,y
4、G),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.
②由①得|PQ|=2u,|PG|=,所以△PQG的面積S=|PQ||PG|==.
設(shè)t=k+,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時取等號.
因為S=在[2,+∞)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時,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Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C:+=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0).
(1)證明:k<-;
(2)設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且++=0.證明:||
5、,||,||成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差.
[解] (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則+=1,+=1.
兩式相減,并由=k得+·k=0.
由題設(shè)知=1,=m,于是k=-.①
由題設(shè)得0<m<,故k<-.
(2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).
由(1)及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.
又點P在C上,所以m=,從而P,||=.
于是||===2-.
同理||=2-.
所以||+||=4-(x1+x2)=3.
故2||=||+||,即||,
6、||,||成等差數(shù)列.
設(shè)該數(shù)列的公差為d,則
2|d|=|||-|||=|x1-x2|
=.②
將m=代入①得k=-1.
所以l的方程為y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0.
故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=.
所以該數(shù)列的公差為或-.
4.(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C:y=,D為直線y=-上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B.
(1)證明:直線AB過定點;
(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切,且切點為線段AB的中點,求四邊形ADBE的面積.
[解] (1)證明:設(shè)D,A(x1,y1),則x=2y1.
由于y′=x,所
7、以切線DA的斜率為x1,故=x1.
整理得2tx1-2y1+1=0.
設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.
故直線AB的方程為2tx-2y+1=0.
所以直線AB過定點.
(2)由(1)得直線AB的方程為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).
設(shè)d1,d2分別為點D,E到直線AB的距離,則d1=,d2=.
因此,四邊形ADBE的面積S=|AB|(d1+d2)=(t2+3).
設(shè)M為線段AB的中點,則M.
由于⊥,而=
8、(t,t2-2),與向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.
解得t=0或t=±1.
當(dāng)t=0時,S=3;當(dāng)t=±1時,S=4.
因此,四邊形ADBE的面積為3或4.
1.(2020·德州一模)已知拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點為F,圓M的方程為:x2+y2-py=0,若直線x=4與x軸交于點R,與拋物線交于點Q,且|QF|=|RQ|.
(1)求出拋物線E和圓M的方程;
(2)過焦點F的直線l與拋物線E交于A,B兩點,與圓M交于C,D兩點(A,C在y軸同側(cè)),求證:|AC|·|DB|是定值.
[解] (1)設(shè)Q(4,y0),由|QF|=|RQ|,
得y0+=
9、y0,即y0=2p.
將點(4,2p)代入拋物線方程,可得p=2.
∴拋物線E:x2=4y,圓M的方程為:x2+y2-2y=0.
(2)證明:拋物線E:x2=4y的焦點F(0,1),
設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).
聯(lián)立得x2-4kx-4=0.
則Δ=16(k2+1)>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4.
由圓的方程可得圓M的圓心坐標(biāo)為M(0,1),半徑為1,圓心就是焦點.
由拋物線的定義可知|AF|=y(tǒng)1+1,|BF|=y(tǒng)2+1.
則|AC|=|AF|-1=y(tǒng)1,|BD|=|BF|-1=y(tǒng)2,
|AC|·|BD|=y(tǒng)1y2=(kx1
10、+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1.
即|AC|·|DB|是定值1.
2.(2020·株洲模擬)已知橢圓E:+=1(a>b>0)經(jīng)過點(0,-),離心率為.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設(shè)點A,F(xiàn)分別為橢圓的右頂點、右焦點,經(jīng)過點F作直線交橢圓于C,D兩點,求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標(biāo)原點).
[解] (1)∵離心率為,∴e==.
∵橢圓E:+=1(a>b>0)經(jīng)過點(0,-),∴=1,即b2=3.
又a2=b2+c2,∴a2=4.
故橢圓E的方程為+=1.
(2)設(shè)直線CD的方程為x=my+1,C(x1,y1),D
11、(x2,y2),
聯(lián)立消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,
∴y1+y2=-,y1y2=-,Δ=36m2-4(3m2+4)·(-9)=144(m2+1)>0,
∴S四邊形OCAD=S△OAD+S△OAC=|OA|·
|y2|+|OA|·|y1|=|OA|·|y1-y2|
=×2×=,
令t=≥1,則S==.
令f(t)=3t+,易知f′(t)=3-.
由f′(t)>0得t>,
由f′(t)<0得0<t<.
又t≥1,∴f(t)在[1,+∞)上為增函數(shù),∴f(t)min=f(1)=4.
∴S≤=3.
即四邊形OCAD的面積的最大值為3.
3.(2020·石景山
12、區(qū)一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點為F(1,0),離心率為.直線l過點F且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩交點A,B,線段AB的中點為M.
(1)求橢圓C的方程;
(2)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;
(3)延長線段OM與橢圓C交于點P,若四邊形OAPB為平行四邊形,求此時直線l的斜率.
[解] (1)由題意可知,c=1,e==,
∵a2=b2+c2,∴a=,b=1,
∴橢圓的方程為+y2=1.
(2)證明:設(shè)直線l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立消去y得,(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
則x
13、1+x2=.
∵M為線段AB的中點,∴xM==,
yM=k(xM-1)=,
∴kOM==-,
∴kOM·kl=-×k=-為定值.
(3)若四邊形OAPB為平行四邊形,則+=,
∴xP=x1+x2=,yP=y(tǒng)1+y2=k(x1+x2)-2k=,
∵點P在橢圓上,∴+2×=2,
解得k2=,即k=±,
∴當(dāng)四邊形OAPB為平行四邊形時,直線l的斜率為k=±.
4.(2020·漢中模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0),橢圓上的點到焦點的最小距離為2-且過點P(,1).
(1)求橢圓C的方程;
(2)若過點M(3,0)的直線l與橢圓C有兩個不同的交點P和Q,若點P關(guān)于x軸的對稱點為P′,判斷直線P′Q是否經(jīng)過定點,如果經(jīng)過,求出該定點坐標(biāo);如果不經(jīng)過,說明理由.
[解] (1)由題意解得
故橢圓C的方程為+=1.
(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2).
將直線與橢圓的方程聯(lián)立得:
消去y,整理得(2k2+1)x2-12k2x+18k2-4=0.
由根與系數(shù)之間的關(guān)系可得:x1+x2=,x1·x2=.
∵點P關(guān)于y軸的對稱點為P′,則P′(x1,-y1).
∴直線P′Q的斜率k=.
方程為:y+y1=(x-x1),
即y==
=
=
=
==.
∴直線P′Q過x軸上定點.