2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考大題專(zhuān)項(xiàng)練5高考中的解析幾何含解析新人教A版

1、PAGE PAGE 9高考大題專(zhuān)項(xiàng)練五高考中的解析幾何一、非選擇題1.設(shè)A,B為曲線C:y=x24上兩點(diǎn),A與B的橫坐標(biāo)之和為4.(1)求直線AB的斜率;(2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn),C在M處的切線與直線AB平行,且AMBM,求直線AB的方程.解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直線AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.(2)由y=x24,得y=x2.設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).設(shè)直線AB的方程為y=x+m,故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2+m),|MN|=|m+1|

2、.將y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.當(dāng)=16(m+1)0,即m-1時(shí),x1,2=22m+1.從而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由題設(shè)知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直線AB的方程為y=x+7.2.已知曲線C:y=x22,D為直線y=-12上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)D作C的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B.(1)證明:直線AB過(guò)定點(diǎn);(2)若以E0,52為圓心的圓與直線AB相切,且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn),求該圓的方程.答案:(1)證明設(shè)Dt,-12,A(x1,y1),則x12=2y1.由于y=x,所以切線DA的斜率為x1,故y1+12x1-t=x1

3、.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(guò)定點(diǎn)0,12.(2)解由(1)得直線AB的方程為y=tx+12.由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),則Mt,t2+12.由于EMAB,而EM=(t,t2-2),AB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(shí),|EM|=2,所求圓的方程為x2+y-522=4;當(dāng)t=1時(shí),|EM|=2,所求圓的方程為x2+y-52

4、2=2.3.設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A(2,0),B(-2,0),過(guò)點(diǎn)A的直線l與C交于M,N兩點(diǎn).(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線BM的方程;(2)證明:ABM=ABN.答案:(1)解當(dāng)l與x軸垂直時(shí),l的方程為x=2,可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2,-2).所以直線BM的方程為y=12x+1或y=-12x-1.(2)證明當(dāng)l與x軸垂直時(shí),AB為MN的垂直平分線,所以ABM=ABN.當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),則x10,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直線B

5、M,BN的斜率之和為kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).將x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補(bǔ),所以ABM=ABN.綜上,ABM=ABN.4.已知中心在原點(diǎn)O,左焦點(diǎn)為F1(-1,0)的橢圓C的左頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B,F1到直線AB的距離為77|OB|.(1)求橢圓C的方程;(2)若橢圓C1的方程為x2m2+y2n2=1(mn0),橢圓C2的方程

6、為x2m2+y2n2=(0,且1),則稱(chēng)橢圓C2是橢圓C1的倍相似橢圓.如圖,已知C2是橢圓C的3倍相似橢圓,若橢圓C的任意一條切線l交橢圓C2于兩點(diǎn)M,N,試求弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍.解:(1)設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(ab0),直線AB的方程為x-a+yb=1.F1(-1,0)到直線AB的距離d=|b-ab|a2+b2=77b,a2+b2=7(a-1)2.又b2=a2-1,解得a=2,b=3,故橢圓C的方程為x24+y23=1.(2)橢圓C的3倍相似橢圓C2的方程為x212+y29=1,若切線l垂直于x軸,則其方程為x=2,易求得|MN|=26.若切線l不垂直于x軸,可設(shè)其方

7、程為y=kx+b,將y=kx+b代入橢圓C的方程,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12)=48(4k2+3-b2)=0,即b2=4k2+3, (*)設(shè)M,N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),將y=kx+b代入橢圓C2的方程,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-36=0,此時(shí)x1+x2=-8kb3+4k2,x1x2=4b2-363+4k2,|x1-x2|=43(12k2+9-b2)3+4k2,|MN|=1+k243(12k2+9-b2)3+4k2=461+k23+4k2=261+13+4k2.3+4k23,11+13+

8、4k243,即26b0)的離心率為22,且過(guò)點(diǎn)A(2,1).(1)求C的方程;(2)點(diǎn)M,N在C上,且AMAN,ADMN,D為垂足.證明:存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值.答案:(1)解由題設(shè)得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3,所以C的方程為x26+y23=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x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)

9、(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.將代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(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-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程為y=kx-23-13(k1).所以直線MN過(guò)點(diǎn)P23,-13.若直線MN與x軸垂直,可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去

10、),x1=23.此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)P23,-13.令Q為AP的中點(diǎn),即Q43,13.若D與P不重合,則由題設(shè)知AP是RtADP的斜邊,故|DQ|=12|AP|=223.若D與P重合,則|DQ|=12|AP|.綜上,存在點(diǎn)Q43,13,使得|DQ|為定值.6.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為12,以原點(diǎn)為圓心,橢圓的短半軸為半徑的圓與直線x-y+6=0相切,過(guò)點(diǎn)P(4,0)且不垂直于x軸的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn).(1)求橢圓C的方程;(2)求OAOB的取值范圍;(3)若B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)是E,證明:直線AE與x軸相交于定點(diǎn).答案:(1)解由題意知,ca=12,62=

11、b,即b=3.又a2=b2+c2,所以a=2,b=3.故橢圓C的方程為x24+y23=1.(2)解由題意知直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=k(x-4),由y=k(x-4),x24+y23=1,可得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則=322k4-4(3+4k2)(64k2-12)0,所以0k214.則x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2.所以O(shè)AOB=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1-4)(x2-4)=(1+k2)x1x2-4k2(x1+x2)+16k2=(1+k2)64k2-123+4k2-4

12、k232k23+4k2+16k2=25-874k2+3.因?yàn)?k214,所以-873-874k2+3-874,則-425-874k2+3134,即OAOB-4,134.(3)證明因?yàn)锽,E關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),所以可設(shè)E(x2,-y2),則直線AE的方程為y-y1=y1+y2x1-x2(x-x1).令y=0,可得x=x1-y1(x1-x2)y1+y2.因?yàn)閥1=k(x1-4),y2=k(x2-4),所以x=2x1x2-4(x1+x2)x1+x2-8=264k2-123+4k2-432k23+4k232k23+4k2-8=1,所以直線AE與x軸交于定點(diǎn)(1,0).7.(2021新高考,21)在平面直角坐

13、標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F1(-17,0),F2(17,0),點(diǎn)M滿足|MF1|-|MF2|=2.記M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上,過(guò)T的兩條直線分別交軌跡C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且|TA|TB|=|TP|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.解:(1)|MF1|-|MF2|=2,且F1(-17,0),F2(17,0),點(diǎn)M的軌跡為雙曲線的右支,且滿足2a=2,c=17,c2=a2+b2,a2=1,b2=16,c2=17.C的方程為x2-y216=1(x1).(2)設(shè)T12,m,顯然直線AB的斜率與直線PQ的斜率都存在.設(shè)直線AB的方程為y=k1x-1

14、2+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k1x-12+m,16x2-y2=16,得16x2-k12x2-x+14+2k1mx-12+m2=16,即(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0.|TA|TB|=(1+k12)x1-12x2-12=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+14=(1+k12)k1m-14k12-m2-1616-k12-122k1m-k1216-k12+14=(1+k12)-m2-1216-k12=(1+k12)m2+12k12-16.設(shè)kPQ=k2,同理可得|TP|TQ|=(1+k22)m2+12k22-16.|TA

15、|TB|=|TP|TQ|,(1+k12)m2+12k12-16=(1+k22)m2+12k22-16.k22-16k12=k12-16k22.k12=k22.k1k2,k1=-k2.k1+k2=0.8.如圖,已知橢圓x24+y23=1的左焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為G,AB的垂直平分線與x軸和y軸分別交于D,E兩點(diǎn).(1)若點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為-14,求直線AB的斜率;(2)記GFD的面積為S1,OED(O為原點(diǎn))的面積為S2.試問(wèn):是否存在直線AB,使得S1=S2?說(shuō)明理由.解:(1)依題意可知,直線AB的斜率存在,設(shè)其方程為y=k(x+1),將其代入x24+y23=1,整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=-8k24k2+3.故點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為x1+x22=-4k24k2+3=-14,解得k=1