《新編高考數(shù)學(xué)廣東專用文科復(fù)習(xí)配套課時(shí)訓(xùn)練：第八篇 平面解析幾何 大題沖關(guān)集訓(xùn)(五)含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)廣東專用文科復(fù)習(xí)配套課時(shí)訓(xùn)練：第八篇 平面解析幾何 大題沖關(guān)集訓(xùn)(五)含答案（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 大題沖關(guān)集訓(xùn)(五) 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　 1.(20xx廣東廣州高三畢業(yè)班第二次綜合測(cè)試)經(jīng)過(guò)點(diǎn)F(0,1)且與直線y=-1相切的動(dòng)圓的圓心軌跡為M.點(diǎn)A、D在軌跡M上,且關(guān)于y軸對(duì)稱,過(guò)線段AD(兩端點(diǎn)除外)上的任意一點(diǎn)作直線l,使直線l與軌跡M在點(diǎn)D處的切線平行,設(shè)直線l與軌跡M交于點(diǎn)B、C. (1)求軌跡M的方程; (2)證明:∠BAD=∠CAD. (1)解:法一　設(shè)動(dòng)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(shè)動(dòng)圓圓心為P,依題意得點(diǎn)P到定點(diǎn)F(0,1)的距離和點(diǎn)P

2、到定直線y=-1的距離相等, 根據(jù)拋物線的定義知,動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是拋物線.且其中定點(diǎn)F(0,1)為焦點(diǎn),定直線y=-1為準(zhǔn)線. 所以動(dòng)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(shè)點(diǎn)D(x0,14x02), 由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知,直線l的斜率為kBC=12x0. 由題意知點(diǎn)A(-x0,14x02). 設(shè)點(diǎn)C(x1,14x12),B(x2,14x22), 則kBC=14x12-14x22x1-x2=x1+x24=12x0,即x1+x2=2x0. 因?yàn)閗AC=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(zhì)檢)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,短軸的兩個(gè)端點(diǎn)分別為A,B,且四邊形F1AF2B是邊長(zhǎng)為2的正方形. (1)求橢圓的方程; (2)若C,D分別是橢圓長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M滿足MD⊥CD,連接CM,交橢圓于點(diǎn)P,證明:OM→·OP→為定值.(O為坐標(biāo)原點(diǎn)) (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(shè)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(yáng)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(diǎn)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(shè)橢圓C與曲線|y|=kx(k>0)的交點(diǎn)為A、B,求△OAB面積的最 大值. 解:(1)由題設(shè)可知,圓O的方程為x2+y2=b2, 因?yàn)橹本€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(shè)點(diǎn)A(x0,y0)(x0>0,y0>0), 則y0=kx0, 設(shè)AB交x軸于點(diǎn)D,如圖

6、, 由對(duì)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(dāng)且僅當(dāng)2k=3k,即k=63時(shí)取等號(hào). 所以△OAB面積的最大值為62. 4.(20xx廣東省華師附中綜合測(cè)試)如圖,已知橢圓C:x24+y2=1的上、下頂點(diǎn)分別為A、B,點(diǎn)P在橢圓上,且異于點(diǎn)A、B,直線AP、BP與直線l:y=-2分別交于點(diǎn)M、N. (1)設(shè)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(zhǎng)的最小值; (3

7、)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí),以MN為直徑的圓是否經(jīng)過(guò)某定點(diǎn)?請(qǐng)證明你的 結(jié)論. (1)證明:∵A(0,1),B(0,-1),令P(x0,y0),則由題設(shè)可知x0≠0, ∴直線AP的斜率k1=y0-1x0,PB的斜率k2=y0+1x0,又點(diǎn)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(shè)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(diǎn)M(-3k1,-2),直線BP與直線l的交點(diǎn)N(-1k2,-2).又k1k2=-14, ∴|MN|=|3k1-1k2|=|3k1+4k1|=3|k1|+4|k1|≥23|k1|·4|k1|=43,當(dāng)且僅當(dāng)3|k1|=4|k1|, 即k1=±32時(shí)取等號(hào),故線段MN長(zhǎng)的最小值是43. (3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí),以MN為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn). 設(shè)點(diǎn)Q(x,y)是以MN為直徑的圓上的任意一點(diǎn), 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(guò)定點(diǎn)(0,-2+23)或(0,-2-23). 5.(20xx年高考江西卷)已知三點(diǎn)O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點(diǎn)M(x,y)滿足|MA→+MB→|=OM→·(OA→+OB→)+2. (1)求曲線C的方程; (2)點(diǎn)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(jiǎn)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(diǎn)Q處的切線l的方程是y=x02x-x024, 且與y軸的交點(diǎn)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(biāo)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(zhì)檢)已知橢圓C1和拋物線C2有公共焦點(diǎn)F(1,0),C1的中心和C2的頂點(diǎn)都在坐標(biāo)原點(diǎn),直線l過(guò)點(diǎn)M(4,0). (1)寫出拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)P在拋物線C2上,直線l與橢圓C1有公共點(diǎn),求橢圓C1的長(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值. 解:(1)由題意,拋物線C2的焦點(diǎn)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(shè)P(m,n),則OP的中點(diǎn)為m2,n2. 因?yàn)镺,P兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k(x-4)對(duì)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(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值為34. 法二　設(shè)P(m24,m),因?yàn)镺,P兩點(diǎn)關(guān)于直線l對(duì)稱, 則|OM|=|MP|=4, 即(m24-4)?2+m2=4,解得m=±4, 即P(4,±4),根據(jù)對(duì)稱性,不妨設(shè)點(diǎn)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(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值為34. 7.(20xx廣東六校第二次質(zhì)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(diǎn)為圓心、以橢圓C1的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切. (1)求橢圓C1的方程; (2)設(shè)橢圓C1的左焦點(diǎn)為F1,右焦點(diǎn)為F2,直線l1過(guò)點(diǎn)F1且垂直于橢圓的長(zhǎng)軸,動(dòng)直線l2垂直直線l1于點(diǎn)P,線段PF2的垂直平分線交l2于點(diǎn)M,求點(diǎn)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(diǎn),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?yàn)橹本€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?yàn)閨MP|=|MF2|, 所以,動(dòng)點(diǎn)M到定直線l1:x=-1的距離等于它的定點(diǎn)F2(1,0)的距離, 所以,動(dòng)點(diǎn)M的軌跡是以l1為準(zhǔn)線,F2為焦點(diǎn)的拋物線, p2=1,所以點(diǎn)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(diǎn)C的縱坐標(biāo)y0的取值范圍是 (-∞,-6]∪[10,+∞).