《新編高考數(shù)學廣東專用文科復習配套課時訓練：第八篇 平面解析幾何 大題沖關集訓(五)含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高考數(shù)學廣東專用文科復習配套課時訓練：第八篇 平面解析幾何 大題沖關集訓(五)含答案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 大題沖關集訓(五) 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 1.(20xx廣東廣州高三畢業(yè)班第二次綜合測試)經過點F(0,1)且與直線y=-1相切的動圓的圓心軌跡為M.點A、D在軌跡M上,且關于y軸對稱,過線段AD(兩端點除外)上的任意一點作直線l,使直線l與軌跡M在點D處的切線平行,設直線l與軌跡M交于點B、C. (1)求軌跡M的方程; (2)證明:∠BAD=∠CAD. (1)解:法一　設動圓圓心為(x,y), 依題意得,x2+(y-1)2=|y+1|.整理得x2=4y. 所以軌跡M的方程為x2=4y. 法二　設動圓圓心為P,依題意得點P到定點F(0,1)的距離和點P

2、到定直線y=-1的距離相等, 根據(jù)拋物線的定義知,動點P的軌跡是拋物線.且其中定點F(0,1)為焦點,定直線y=-1為準線. 所以動圓圓心P的軌跡M的方程為x2=4y. (2)證明:由(1)得x2=4y,即y=14x2, 則y'=12x.設點D(x0,14x02), 由導數(shù)的幾何意義知,直線l的斜率為kBC=12x0. 由題意知點A(-x0,14x02). 設點C(x1,14x12),B(x2,14x22), 則kBC=14x12-14x22x1-x2=x1+x24=12x0,即x1+x2=2x0. 因為kAC=14x12-14x02x1+x0=x1-x04, kAB=14

3、x22-14x02x2+x0=x2-x04. 由于kAC+kAB=x1-x04+x2-x04=(x1+x2)-2x04=0, 即kAC=-kAB.所以∠BAD=∠CAD. 2.(20xx廣東六校第二次質檢)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,短軸的兩個端點分別為A,B,且四邊形F1AF2B是邊長為2的正方形. (1)求橢圓的方程; (2)若C,D分別是橢圓長軸的左、右端點,動點M滿足MD⊥CD,連接CM,交橢圓于點P,證明:OM→·OP→為定值.(O為坐標原點) (1)解:依題意得a=2,b=c, ∴b2=2, 故橢圓方程為x24+y22=

4、1. (2)證明:C(-2,0),D(2,0),設M(2,y0),P(x1,y1), 則OP→=(x1,y1),OM→=(2,y0). 直線CM的方程為y=y04(x+2),即y=y04x+12y0, 代入橢圓方程得(1+y028)x2+12y02x+12y02-4=0. 解得x1=-2(y02-8)y02+8,y1=y04x1+12y0=8y0y02+8, 即OP→=(-2(y02-8)y02+8,8y0y02+8), ∴OP→·OM→=-4(y02-8)y02+8+8y02y02+8=4y02+32y02+8=4(定值). 3.(20xx河南洛陽一模)已知橢圓C:x2a

5、2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為33,直線l:y=x+2與以原點為圓心,橢圓的短半軸為半徑的圓O相切. (1)求橢圓C的方程; (2)設橢圓C與曲線|y|=kx(k>0)的交點為A、B,求△OAB面積的最 大值. 解:(1)由題設可知,圓O的方程為x2+y2=b2, 因為直線l:x-y+2=0與圓O相切, 故有|2|12+(-1)2=b, 所以b=2. 又e=ca=33,所以有a2=3c2=3(a2-b2), 所以a2=3, 所以橢圓C的方程為x23+y22=1. (2)設點A(x0,y0)(x0>0,y0>0), 則y0=kx0, 設AB交x軸于點D,如圖

6、, 由對稱性知: S△OAB=2S△OAD=2×12x0y0=kx02. 由y0=kx0,x023+y022=1,解得x02=62+3k2. 所以S△OAB=k·62+3k2=62k+3k≤622k·3k=62. 當且僅當2k=3k,即k=63時取等號. 所以△OAB面積的最大值為62. 4.(20xx廣東省華師附中綜合測試)如圖,已知橢圓C:x24+y2=1的上、下頂點分別為A、B,點P在橢圓上,且異于點A、B,直線AP、BP與直線l:y=-2分別交于點M、N. (1)設直線AP、BP的斜率分別為k1,k2,求證:k1 ·k2為定值; (2)求線段MN的長的最小值; (3

7、)當點P運動時,以MN為直徑的圓是否經過某定點?請證明你的 結論. (1)證明:∵A(0,1),B(0,-1),令P(x0,y0),則由題設可知x0≠0, ∴直線AP的斜率k1=y0-1x0,PB的斜率k2=y0+1x0,又點P在橢圓上,所以x024+y02=1(x0≠0), 從而有k1k2=y0-1x0·y0+1x0=y02-1x02=-14. 解:(2)由題設可以得到直線AP的方程為y-1=k1(x-0),直線BP的方程為y-(-1)=k2(x-0),由y-1=k1x,y=-2,?x=-3k1,y=-2.由y+1=k2x,y=-2,?x=-1k2,y=-2. ∴直線AP與直線

8、l的交點M(-3k1,-2),直線BP與直線l的交點N(-1k2,-2).又k1k2=-14, ∴|MN|=|3k1-1k2|=|3k1+4k1|=3|k1|+4|k1|≥23|k1|·4|k1|=43,當且僅當3|k1|=4|k1|, 即k1=±32時取等號,故線段MN長的最小值是43. (3)當點P運動時,以MN為直徑的圓恒過定點. 設點Q(x,y)是以MN為直徑的圓上的任意一點, 則QM→·QN→=0, 故有(x+3k1)·(x+1k2)+(y+2)(y+2)=0, 又k1k2=-14,所以以MN為直徑的圓的方程為 x2+(y+2)2-12+(3k1-4k1)x=0,

9、令x=0,得(y+2)2-12=0,解得y=-2+23,或y=-2-23,所以以MN為直徑的圓恒過定點(0,-2+23)或(0,-2-23). 5.(20xx年高考江西卷)已知三點O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點M(x,y)滿足|MA→+MB→|=OM→·(OA→+OB→)+2. (1)求曲線C的方程; (2)點Q(x0,y0)(-2

10、A→+MB→|=(-2x)2+(2-2y)2, OM→·(OA→+OB→)=(x,y)·(0,2)=2y, 由已知得(-2x)2+(2-2y)2=2y+2, 化簡得曲線C的方程是x2=4y. (2)直線PA,PB的方程分別是y=-x-1,y=x-1, 曲線C在點Q處的切線l的方程是y=x02x-x024, 且與y軸的交點為F(0,-x024), 分別聯(lián)立方程組y=-x-1,y=x02x-x024,y=x-1,y=x02x-x024, 解得D,E的橫坐標分別是 xD=x0-22,xE=x0+22, 則xE-xD=2,|FP|=1-x024, 故S△PDE=12|FP|·|x

11、E-xD| =12·(1-x024)·2=4-x024, 而S△QAB=12×4×(1-x024)=4-x022, 則S△QABS△PDE=2. 即△QAB與△PDE的面積之比為2. 6.(20xx佛山質檢)已知橢圓C1和拋物線C2有公共焦點F(1,0),C1的中心和C2的頂點都在坐標原點,直線l過點M(4,0). (1)寫出拋物線C2的標準方程; (2)若坐標原點O關于直線l的對稱點P在拋物線C2上,直線l與橢圓C1有公共點,求橢圓C1的長軸長的最小值. 解:(1)由題意,拋物線C2的焦點F(1,0),則p2=1,p=2, 所以拋物線C2的方程為y2=4x. (2)法一　

12、設P(m,n),則OP的中點為m2,n2. 因為O,P兩點關于直線y=k(x-4)對稱, 所以n2=k(m2-4),nm·k=-1, 即km-n=8k,m+nk=0, 解得m=8k21+k2,n=-8k1+k2, 將其代入拋物線方程,得 (-8k1+k2)2=4·8k21+k2,所以k2=1. 聯(lián)立y=k(x-4),x2a2+y2b2=1消去y得 (b2+a2)x2-8a2x+16a2-a2b2=0. 由Δ=(-8a2)2-4(b2+a2)(16a2-a2b2)≥0, 得a2+b2≥16, 注意到b2=a2-1,即2a2≥17, 所以a≥342,即2a≥34, 因

13、此,橢圓C1長軸長的最小值為34. 法二　設P(m24,m),因為O,P兩點關于直線l對稱, 則|OM|=|MP|=4, 即(m24-4)?2+m2=4,解得m=±4, 即P(4,±4),根據(jù)對稱性,不妨設點P在第四象限,且直線與拋物線交于A,B,如圖,則kAB=-1kOP=1, 于是直線l的方程為y=x-4. 聯(lián)立y=x-4,x2a2+y2b2=1消去y得 (b2+a2)x2-8a2x+16a2-a2b2=0. 由Δ=(-8a2)2-4(b2+a2)(16a2-a2b2)≥0, 得a2+b2≥16, 注意到b2=a2-1,即2a2≥17, 所以a≥342,即2a≥3

14、4, 因此橢圓C1長軸長的最小值為34. 7.(20xx廣東六校第二次質檢)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為33,直線l:x-y+2=0與以原點為圓心、以橢圓C1的短半軸長為半徑的圓相切. (1)求橢圓C1的方程; (2)設橢圓C1的左焦點為F1,右焦點為F2,直線l1過點F1且垂直于橢圓的長軸,動直線l2垂直直線l1于點P,線段PF2的垂直平分線交l2于點M,求點M的軌跡C2的方程; (3)若A(x1,2),B(x2,y2),C(x0,y0)是C2上不同的點,且AB⊥BC,求y0的取值范圍. 解:(1)e=33,所以e2=c2a2=a2-b2a2=13

15、, 所以2a2=3b2, 又因為直線l:x-y+2=0與圓x2+y2=b2相切, 所以22=b,b2=2,a2=3, 所以橢圓C1的方程是x23+y22=1. (2)因為|MP|=|MF2|, 所以,動點M到定直線l1:x=-1的距離等于它的定點F2(1,0)的距離, 所以,動點M的軌跡是以l1為準線,F2為焦點的拋物線, p2=1,所以點M的軌跡C2的方程為y2=4x. (3)由(1)知A(1,2),B(y224,y2),C(y024,y0),y0≠2,y0≠y2, 則AB→=(y22-44,y2-2),BC→=(y02-y224,y0-y2), 又AB⊥BC, 所以AB→·BC→=0, 于是y22-44×y02-y224+(y2-2)(y0-y2)=0, 整理得y22+(y0+2)y2+16+2y0=0, 此方程有解, 所以Δ=(y0+2)2-4(16+2y0)≥0, 解得y0≤-6或y0≥10, 所以,點C的縱坐標y0的取值范圍是 (-∞,-6]∪[10,+∞).