最新届高考数学二轮复习高考大题专项练解析几何理.docx

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最新届高考数学二轮复习高考大题专项练解析几何理

五　解析几何（A）

1.（2018·江西九江模拟）给定椭圆C:

+=1（a>b>0）,称圆心在原点O,半径为的圆是椭圆C的“准圆”.若椭圆C的一个焦点为F（,0）,其短轴上的一个端点到F的距离为.

（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程;

（2）点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点,过点P作直线l1,l2,使得l1,l2与椭圆C都只有一个公共点,且l1,l2分别交其“准圆”于点M,N.

①当P为“准圆”与y轴正半轴的交点时,求l1,l2的方程;

②求证:

|MN|为定值.

2.（2018·武侯区校级模拟）已知椭圆C的左右顶点分别为A,B,A点坐标为（-,0）,P为椭圆C上不同于A,B的任意一点,且满足kAP·kBP=-.

（1）求椭圆C的方程;

（2）设F为椭圆C的右焦点,直线PF与椭圆C的另一交点为Q,PQ的中点为M,若|OM|=|QM|,求直线PF的斜率.

3.已知抛物线C顶点为原点,其焦点F（0,c）（c>0）到直线l:

x-y-2=0的距离为,设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.

（1）求抛物线C的方程;

（2）当点P（x0,y0）为直线l上的定点时,求直线AB的方程;

（3）当点P在直线l上移动时,求|AF|·|BF|的最小值.

4.（2018·红桥区一模）已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的离心率为,椭圆C与y轴交于A,B两点,且|AB|=2.

（1）求椭圆C的方程;

（2）设点P是椭圆C上的一个动点,且点P在y轴的右侧.直线PA,PB与直线x=4分别交于M,N两点.若以MN为直径的圆与x轴交于两点E,F,求点P横坐标的取值范围及|EF|的最大值.

1.

（1）解:

由题意知c=,a=,所以b=1.

所以椭圆的方程为+y2=1,

“准圆”的方程为x2+y2=4.

（2）①解:

因为“准圆”x2+y2=4与y轴正半轴的交点为P（0,2）,

设过点P（0,2）,且与椭圆有一个公共点的直线为y=kx+2,

联立方程组

消去y,

得到（1+3k2）x2+12kx+9=0,

因为椭圆与y=kx+2只有一个公共点,

所以Δ=144k2-4×9（1+3k2）=0,

解得k=±1.

所以l1,l2的方程分别为y=x+2,y=-x+2.

②证明:

a.当l1,l2中有一条无斜率时,不妨设l1无斜率,因为l1与椭圆只有一个公共点,

则其方程为x=或x=-.

当l1的方程为x=时,此时l1与准圆交于点（,1）,（,-1）,

此时经过点（,1）（或（,-1））且与椭圆只有一个公共点的直线是y=1（或y=-1）,

即l2为y=1（或y=-1）,显然直线l1,l2垂直;

同理可证l1方程为x=-时,直线l1,l2垂直.

b.当l1,l2都有斜率时,设点P（x0,y0）,其中+=4,

设经过点P（x0,y0）与椭圆只有一个公共点的直线为y=t（x-x0）+y0,

联立方程组

消去y得到x2+3[tx+（y0-tx0）]2-3=0,

即（1+3t2）x2+6t（y0-tx0）x+3（y0-tx0）2-3=0,

Δ=[6t（y0-tx0）]2-4·（1+3t2）[3（y0-tx0）2-3]=0,

经过化简得到（3-）t2+2x0y0t+1-=0,

因为+=4,

所以有（3-）t2+2x0y0t+（-3）=0,

设l1,l2的斜率分别为t1,t2,

因为l1,l2与椭圆都只有一个公共点,

所以t1,t2满足上述方程（3-）t2+2x0y0t+（-3）=0,

所以t1·t2==-1,

即l1,l2垂直.

综合a和b知l1,l2垂直,

因为l1,l2经过点P（x0,y0）,又分别交其“准圆”于点M,N,且l1,l2垂直,

所以线段MN为“准圆”x2+y2=4的直径,

所以|MN|=4.

2.解:

（1）设P（x,y）（x≠±）,

所以kAP·kBP=-,所以·=-,

整理得+y2=1（x≠±）,

因为A,B两点在椭圆上,

所以椭圆C的方程为+y2=1.

（2）由题可知,斜率一定存在且k≠0,

设过焦点F的直线方程为x=my+1,P（x1,y1）,Q（x2,y2）,M（x0,y0）,

联立则（m2+2）y2+2my-1=0,

所以所以

所以|OM|=,

而|QM|=|PQ|

=·

=·

=·.

因为|OM|=|QM|,

所以=·,

所以m2=,所以k2=2,所以k=±.

因此,直线PF的斜率为±.

3.解:

（1）因为抛物线C的焦点F（0,c）（c>0）到直线l:

x-y-2=0的距离为,

所以=,

得c=1,

所以F（0,1）,即抛物线C的方程为x2=4y.

（2）设切点A（x1,y1）,B（x2,y2）,

由x2=4y得y′=x,

所以切线PA:

y-y1=x1（x-x1）,

有y=x1x-+y1,

而=4y1,

即切线PA:

y=x1x-y1,

同理可得切线PB:

y=x2x-y2.

因为两切线均过定点P（x0,y0）,

所以y0=x1x0-y1,y0=x2x0-y2,

由此两式知点A,B均在直线y0=xx0-y上,

所以直线AB的方程为y0=xx0-y,

即y=x0x-y0.

（3）设点P的坐标为（x′,y′）,

由x′-y′-2=0,

得x′=y′+2,

则|AF|·|BF|=·

=·

=·

=（y1+1）·（y2+1）

=y1y2+（y1+y2）+1.

由

得y2+（2y′-x′2）y+y′2=0,

有y1+y2=x′2-2y′,y1y2=y′2,

所以|AF|·|BF|=y′2+x′2-2y′+1

=y′2+（y′+2）2-2y′+1

=2（y′+）2+,

当y′=-,x′=时,

即P（,-）时,|AF|·|BF|取得最小值.

4.解:

（1）由题意可得,2b=2,即b=1,

e==,得=,

解得a2=4,

椭圆C的标准方程为+y2=1.

（2）法一　设P（x0,y0）（0

所以kPA=,直线PA的方程为y=x-1,

同理,直线PB的方程为y=x+1,

直线PA与直线x=4的交点为M（4,-1）,

直线PB与直线x=4的交点为N（4,+1）,

线段MN的中点为（4,）,

所以圆的方程为（x-4）2+（y-）2=（1-）2,

令y=0,则（x-4）2+=（1-）2,

因为+=1,所以=-,

所以（x-4）2+-5=0,

设交点坐标为（x1,0）,（x2,0）,

可得x1=4+,x2=4-,

因为这个圆与x轴相交,该方程有两个不同的实数解,

所以5->0,解得x0∈（,2].

则|x1-x2|=2（

所以当x0=2时,该圆被x轴截得的弦长最大值为2.

法二　设P（x0,y0）（0

所以kPA=,直线PA的方程为y=x-1,

同理,直线PB的方程为y=x+1,

直线PA与直线x=4的交点为M（4,-1）,

直线PB与直线x=4的交点为N（4,+1）,

若以MN为直径的圆与x轴相交,

则[-1]×[+1]<0,

即-+-1<0,

即+-1<0.

因为+=1,所以=-,

代入得到5->0,解得x0∈（,2].

该圆的直径为

|-1-[+1]|=|2-|,

圆心到x轴的距离为

|-1+[+1]|=||,

该圆在x轴上截得的弦长为2=2（

所以该圆被x轴截得的弦长最大值为2.

五　解析几何（B）

1.（2018·上饶三模）已知椭圆C1:

+y2=1（a>1）的离心率e=,左、右焦点分别为F1,F2,直线l1过点F1且垂直于椭圆的长轴,动直线l2垂直l1于点P,线段PF2的垂直平分线交l2于点M.

（1）求点M的轨迹C2的方程;

（2）当直线AB与椭圆C1相切,交C2于点A,B,当∠AOB=90°时,求AB的直线方程.

2.（2018·烟台模拟）已知动圆C与圆E:

x2+（y-1）2=外切,并与直线y=-相切.

（1）求动圆圆心C的轨迹Γ;

（2）若从点P（m,-4）作曲线Γ的两条切线,切点分别为A,B,求证:

直线AB恒过定点.

3.（2018·商丘二模）已知抛物线C:

y2=2px（p>0）的焦点为F,准线为l,过焦点F的直线交C于A（x1,y1）,B（x2,y2）两点,y1y2=-4.

（1）求抛物线方程;

（2）点B在准线l上的投影为E,D是C上一点,且AD⊥EF,求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.

4.（2018·河南许昌质检）在平面直角坐标系xOy中,动点M到点（-1,0）与点（1,0）的距离和为4.

（1）求动点M的轨迹Γ的方程;

（2）已知斜率为的直线l交Γ于不同的两点A,B,是否存在定点P,使得直线PA,PB的斜率的和恒等于0,若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

1.解:

（1）由e2===,得a=,c=1,

故F1（-1,0）,F2（1,0）,

依条件可知|MP|=|MF2|,

所以点M的轨迹是以l1为准线,F2为焦点的抛物线,

所以C2的方程为y2=4x.

（2）显然当AB斜率不存在时,不符合条件.

当AB斜率存在时,设AB:

y=kx+m,

由消y得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-2=0,

因为AB与C1相切,

所以Δ=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-2）=0,

得m2=2k2+1>1,①

又由消y得k2x2+（2km-4）x+m2=0,

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1+x2=,x1x2=,

且有得k≠0,km<1,

因为OA⊥OB,

所以·=x1x2+y1y2=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2=（）2+4·=0,得m=-4k,

联立①,得k=±,

故直线AB的方程为y=±（x-4）.

2.

（1）解:

由题意知,圆E的圆心E（0,1）,半径为.设动圆圆心C（x,y）,半径为r.

因为圆C与直线y=-相切,所以d=r,

即y+=r.①

因为圆C与圆E外切,所以|CE|=+r,

即=+r.②

联立①②,消去r,可得x2=4y.

所以C点的轨迹Γ是以E（0,1）为焦点,y=-1为准线的抛物线.

（2）证明:

由已知直线AB的斜率一定存在.不妨设直线AB的方程为y=kx+b.

联立整理得x2-4kx-4b=0,

其中Δ=16（k2+b）>0,

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1+x2=4k,x1x2=-4b.①

由抛物线的方程可得y=x2,所以y′=x.

所以过A（x1,y1）的抛物线的切线方程为

y-y1=x1（x-x1）,

又y1=,代入整理得y=x1x-.

因为切线过P（m,-4）,代入整理得-2mx1-16=0,

同理可得-2mx2-16=0.

所以x1,x2为方程x2-2mx-16=0的两个根,所以x1+x2=2m,x1x2=-16.②

由①②可得x1x2=-4b=-16,x1+x2=4k=2m.

所以b=4,k=,AB的方程为y=x+4.

当x=0时,y=4,

所以直线AB恒过定点（0,4）.

3.解:

（1）依题意F（,0）,

当直线AB的斜率不存在时,y1y2=-p2=-4,p=2,

当直线AB的斜率存在时,设AB:

y=k（x-）,

由化简得y2-y-p2=0,

由y1y2=-4得p2=4,p=2,

所以抛物线方程为y2=4x.

（2）设D（x0,y0）,B（,t）,则E（-1,t）,

又由y1y2=-4,可得A（,-）,

因为kEF=-,AD⊥EF,所以kAD=,

故直线AD:

y+=（x-）,

即2x-ty-4-=0,

由化简得y2-2ty-8-=0,