《（統(tǒng)考版）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）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)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(shí)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(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)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(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＝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)

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(bǔ)．所以∠OMA＝∠OMB． 綜上，∠OMA＝∠OMB． 2．(2019·全國卷Ⅱ)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動(dòng)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

3、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. 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(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左、右頂點(diǎn)． (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(shí)取等號(hào)． 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Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m＞0)． (1)證明：k＜－； (2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，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(diǎn)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(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B． (1)證明：直線AB過定點(diǎn)； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，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(diǎn). (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(diǎn)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(diǎn)，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(shí)，S＝3；當(dāng)t＝±1時(shí)，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(diǎn)為F，圓M的方程為：x2＋y2－py＝0，若直線x＝4與x軸交于點(diǎn)R，與拋物線交于點(diǎn)Q，且|QF|＝|RQ|. (1)求出拋物線E和圓M的方程； (2)過焦點(diǎn)F的直線l與拋物線E交于A，B兩點(diǎn)，與圓M交于C，D兩點(diǎn)(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(diǎn)(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(diǎn)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(diǎn)． 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(diǎn)(0，－)，離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)點(diǎn)A，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、右焦點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)F作直線交橢圓于C，D兩點(diǎn)，求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))． [解]　(1)∵離心率為，∴e＝＝. ∵橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點(diǎn)(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(diǎn)為F(1,0)，離心率為.直線l過點(diǎn)F且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)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(diǎn)P，若四邊形OAPB為平行四邊形，求此時(shí)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(jìn)為線段AB的中點(diǎn)，∴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(diǎn)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(shí)，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(diǎn)到焦點(diǎn)的最小距離為2－且過點(diǎn)P(，1)． (1)求橢圓C的方程； (2)若過點(diǎn)M(3,0)的直線l與橢圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q，若點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為P′，判斷直線P′Q是否經(jīng)過定點(diǎn)，如果經(jīng)過，求出該定點(diǎn)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(diǎn)P關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)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(diǎn).