届高考数学二轮复习 第三部分 讲重点 解答题专练作业2324 解析几何 理Word格式.docx

届高考数学二轮复习 第三部分 讲重点 解答题专练作业2324 解析几何 理Word格式.docx

《届高考数学二轮复习 第三部分 讲重点 解答题专练作业2324 解析几何 理Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考数学二轮复习 第三部分 讲重点 解答题专练作业2324 解析几何 理Word格式.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

∴·

＝0，x1x2＋y1y2＝0.

∵点A，B在直线l上，∴

∴（1＋k2）x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2＝0.（*）

由消去y，得b2x2＋a2（k2x2＋2kmx＋m2）－a2b2＝0，即（b2＋a2k2）x2＋2kma2x＋（a2m2－a2b2）＝0.

显然Δ>

0，

x1＋x2＝，x1x2＝，

代入（*）式，得＝＝0，

即m2（a2＋b2）－a2b2－a2b2k2＝0.

又由

（1），知m2＝（1＋k2）r2，

∴（1＋k2）（a2＋b2）r2＝a2b2（1＋k2），

∴＋＝.

故a，b，r满足＋＝.

2．（2017·

福建质检）已知曲线C上的点到点F（0，1）的距离比它到直线y＝－3的距离小2.

（1）求曲线C的方程；

（2）过点F且斜率为k的直线l交曲线C于A，B两点，交圆F：

x2＋（y－1）2＝1于M，N两点（A，M两点相邻）．

①若＝λ，当λ∈[，]时，求k的取值范围；

②过A，B两点分别作曲线C的切线l1，l2，两切线交于点P，求△AMP与△BNP面积之积的最小值．

解析　

（1）设Q（x，y）为曲线C上任意一点，

因为曲线C上的点Q（x，y）到点F（0，1）的距离比它到直线y＝－3的距离小2，

所以点Q到点F的距离等于它到直线y＝－1的距离，

所以曲线C是以F为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，其方程为x2＝4y.

（2）依题意，知直线l的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，得x2－4kx－4＝0，Δ＝（－4k）2＋16>

0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝4k，x1·

x2＝－4.

①因为＝λ，所以（－x2，1－y2）＝λ（x1－x2，y1－y2），所以＝1－.

＝＝＋2＋＝1－＋2＋，

即4k2＋2＝－1＋，

因为λ∈[，]，所以－1∈[，1]，

又函数f（x）＝x＋在[，1]上单调递减，所以4k2＋2∈[2，]，即－≤k≤，

所以k的取值范围是[－，]．

②设P（x，y），因为x2＝4y，所以y＝，y′＝.

所以切线PA的方程为y＝（x－x1）＋，①

切线PB的方程为y＝（x－x2）＋，②

由①②，得x＝（x1＋x2）＝2k，y＝＝－1，

所以P（2k，－1）．

因为点P到直线AB的距离d＝＝2，

S△AMP＝|AM|·

d，S△BNP＝|BN|·

d，

所以S△AMP·

S△BNP＝|AM|·

|BN|·

d2.

因为|AM|＝|AF|－1＝y1，|BN|＝|BF|－1＝y2，

所以|AM|·

|BN|＝y1y2＝＝1，

S△BNP＝＝1＋k2，

即当且仅当k＝0时，S△AMP·

S△BNP取得最小值1.

3．（2017·

太原一模）已知椭圆C：

0）的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点D（1，）在椭圆C上，直线l：

y＝kx＋m与椭圆C相交于A，P两点，与x轴，y轴分别相交于点N和M，且|PM|＝|MN|，点Q是点P关于x轴的对称点，QM的延长线交椭圆C于点B，过点A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为A1，B1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）是否存在直线l，使得点N平分线段A1B1？

若存在，求出直线l的方程；

若不存在，请说明理由．

解析　

（1）由题意得

解得∴椭圆C的方程为＋＝1.

（2）存在这样的直线l.

∵y＝kx＋m，∴M（0，m），N（－，0），

∵|PM|＝|MN|，∴P（，2m），则Q（，－2m），

∴直线QM的方程为y＝－3kx＋m.

设A（x1，y1），由得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4（m2－3）＝0，

∴x1＋＝－，

∴x1＝，

设B（x2，y2），由得（3＋36k2）x2－24kmx＋4（m2－3）＝0.

∴x2＋＝，∴x2＝－，

∵点N平分线段A1B1，∴x1＋x2＝－，

∴－－＝－，∴k＝±

，

∴P（±

2m，2m），∴＋＝1，解得m＝±

∵|m|＝<

b＝，

∴直线l的方程为y＝±

x±

.

4．（2017·

广州综合测试一）过点P（a，－2）作抛物线C：

x2＝4y的两条切线，切点分别为A（x1，y1），B（x2，y2）．

（1）证明：

x1x2＋y1y2为定值；

（2）记△PAB的外接圆的圆心为点M，点F是抛物线C的焦点，对任意实数a，试判断以PM为直径的圆是否恒过点F？

并说明理由．

解析　

（1）方法1：

由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x，

所以直线PA的斜率为x1.

因为点A（x1，y1）在抛物线C上，所以y1＝x12，

所以直线PA的方程为y－x12＝x1（x－x1）．

因为点P（a，－2）在直线PA上，

所以－2－x12＝x1（a－x1），即x12－2ax1－8＝0.

同理，x22－2ax2－8＝0.

所以x1，x2是方程x2－2ax－8＝0的两个根，

所以x1x2＝－8.

又y1y2＝x12·

x22＝（x1x2）2＝4，

所以x1x2＋y1y2＝－4，为定值．

方法2：

由题意知，直线PA，PB的斜率都存在，设过点P（a，－2）且与抛物线C相切的切线方程为y＋2＝k（x－a），

由消去y得x2－4kx＋4ka＋8＝0，

由Δ＝16k2－4（4ak＋8）＝0，化简得k2－ak－2＝0.

所以k1k2＝－2.

由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x.

设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2.

所以k1＝x1，k2＝x2.

所以x1x2＝－2，得x1x2＝－8.

（2）直线PA的垂直平分线方程为

y－＝－（x－），

由于y1＝x12，又由

（1）得x12－8＝2ax1，

所以直线PA的垂直平分线方程为y－＝－（x－）．①

同理，直线PB的垂直平分线方程为y－＝－（x－）．②

由①②解得x＝a，y＝1＋，

所以点M（a，1＋）．

抛物线C的焦点为F（0，1），

则＝（－a，－），＝（－a，3），

所以·

＝－＝0，

所以⊥，所以以PM为直径的圆恒过点F.

5．（2017·

长沙一模）如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B（1，0），直线l是圆Γ在点B处的切线，过A（－1，0）作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．

（1）求证：

|EA|＋|EB|为定值；

（2）设直线l交直线x＝4于点Q，证明：

|EB|·

|FQ|＝|FB|·

|EQ|.

解析　

（1）设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，

故|EM|＝|EB|.

从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝＝＝4.

所以|EA|＋|EB|为定值4.

（2）由

（1）同理可知|FA|＋|FB|＝4，

故E，F均在椭圆＋＝1上．

设直线EF的方程为x＝my＋1（m≠0）．

令x＝4，求得y＝，即Q点纵坐标yQ＝.

由得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0.

设E（x1，y1），F（x2，y2），

则有y1＋y2＝－，y1y2＝－.

因为E，B，F，Q在同一条直线上，

所以|EB|·

|EQ|等价于（yB－y1）（yQ－y2）＝（y2－yB）（yQ－y1），

即－y1·

＋y1y2＝y2·

－y1y2，

等价于2y1y2＝（y1＋y2）·

将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入，知上式成立．

解析几何专练

（二）·

作业（二十四）

江西五市联考二）已知抛物线C的顶点在坐标原点O，焦点F（，0）（p>

0），过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，△OAB面积的最小值为8.

（1）求抛物线C的标准方程；

（2）过焦点F作垂直于直线l的直线交抛物线C于点D，E，记AB，DE的中点分别为M，N.

（ⅰ）证明：

直线MN过定点；

（ⅱ）求以AB，DE为直径的两圆公共弦的中点的轨迹方程．

解析　

（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），抛物线C：

y2＝2px，直线l的方程为x＝my＋.

由得y2－2pmy－p2＝0.

所以y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2.

|AB|＝·

＝＝2p（m2＋1）．

因为点O到直线l的距离d＝，

所以△OAB的面积S＝|AB|·

d＝p2·

当m＝0时，Smin＝p2＝8，所以p＝4.

所以抛物线C的标准方程为y2＝8x.

（2）（ⅰ）由y1＋y2＝8m，得x1＋x2＝m（y1＋y2）＋4＝8m2＋4，

所以M（4m2＋2，4m）．

易知m≠0，把m换成－，得N（＋2，－）．

当直线MN的斜率不存在时，

4m2＋2＝＋2，得m＝±

1，此时直线MN：

x＝6；

当直线MN的斜率存在时，得直线MN：

mx－（m2－1）y－6m＝0，过定点（6，0）．

（ⅱ）由（ⅰ）得以AB为直径的圆M的方程为

（x－4m2－2）2＋（y－4m）2＝16（m2＋1）2①

易得m≠0，把m换成－得以DE为直径的圆N的方程为

（x－－2）2＋（y＋）2＝16（＋1）2②

①－②得两圆的公共弦所在直线的方程为（m2－1）x＋my＝0，

当直线MN的斜率存在时，将直线MN的方程mx－（m2－1）y－6m＝0与公共弦所在直线方程联立，消去m，得两圆公共弦中点的轨迹方程为x2＋y2－6x＝0（x≠0）．

当直线MN的斜率不存在时，直线MN与公共弦的交点为（6，0），满足方程x2＋y2－6x＝0，

故所求公共弦中点的轨迹方程为x2＋y2－6x＝0（x≠0）．

青岛质检一）已知椭圆Γ：

＋y2＝1（a>

1）的左焦点为F1，右顶点为A1，上顶点为B1，过F1，A1，B1三点的圆P的圆心坐标为（，）．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线l：

y＝kx＋m（k，m为常数，k≠0）与椭圆Γ交于不同的两点M和N.

（ⅰ）当直线l过E（1，0），且＋2＝0时，求直线l的方程；

（ⅱ）当坐标原点O到直线l的距离为时，求△MON面积的最大值．

解析　

（1）∵A1（a，0），B1（0，1），

∴A1B1的中点为（，），A1B1的斜率为－.

∴A1B1的垂直平分线方程为y－＝a（x－）．

∵圆P过点F1，A1，B1三点，

∴圆心P在A1B1的垂直平分线上，

∴－＝a（－），

解得a＝或a＝－（舍去），

∴椭圆的方程为＋y2＝1.

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），

由可得（3k2＋1）y2－2my＋m2－3k2＝0，

∴y1＋y2＝，y1y2＝.①

（ⅰ）由题可知直线l的斜率存在．

∵直线l过点E（1，0），∴k＋m＝0.②

∵＋2＝0，

∴（x1－1，y1）＋2（x2－1，y2）＝（0，0），

从而y1＋2y2＝0.③

由①②③可得k＝1，m＝－1或k＝－1，m＝1.

∴直线l的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.

（ⅱ）∵坐标原点O到直线l的距离为，

∴＝⇒m2＝（k2＋