2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 五 解析幾何（B）理.doc
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五 解析幾何(B) 1.(2018上饒三模)已知橢圓C1:x2a2+y2=1(a>1)的離心率e=22,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,直線l1過點(diǎn)F1且垂直于橢圓的長軸,動(dòng)直線l2垂直l1于點(diǎn)P,線段PF2的垂直平分線交l2于點(diǎn)M. (1)求點(diǎn)M的軌跡C2的方程; (2)當(dāng)直線AB與橢圓C1相切,交C2于點(diǎn)A,B,當(dāng)∠AOB=90時(shí),求AB的直線方程. 2.(2018煙臺(tái)模擬)已知?jiǎng)訄AC與圓E:x2+(y-1)2=14外切,并與直線y=-12相切. (1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡Γ; (2)若從點(diǎn)P(m,-4)作曲線Γ的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B,求證:直線AB恒過定點(diǎn). 3.(2018商丘二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,過焦點(diǎn)F的直線交C于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),y1y2=-4. (1)求拋物線方程; (2)點(diǎn)B在準(zhǔn)線l上的投影為E,D是C上一點(diǎn),且AD⊥EF,求△ABD面積的最小值及此時(shí)直線AD的方程. 4.(2018河南許昌質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,0)的距離和為4. (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡Γ的方程; (2)已知斜率為12的直線l交Γ于不同的兩點(diǎn)A,B,是否存在定點(diǎn)P,使得直線PA,PB的斜率的和恒等于0,若存在,請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由. 1.解:(1)由e2=c2a2=a2-1a2=12,得a=2,c=1, 故F1(-1,0),F2(1,0), 依條件可知|MP|=|MF2|, 所以點(diǎn)M的軌跡是以l1為準(zhǔn)線,F2為焦點(diǎn)的拋物線, 所以C2的方程為y2=4x. (2)顯然當(dāng)AB斜率不存在時(shí),不符合條件. 當(dāng)AB斜率存在時(shí),設(shè)AB:y=kx+m, 由y=kx+m,x22+y2=1消y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, 因?yàn)锳B與C1相切, 所以Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0, 得m2=2k2+1>1,① 又由y=kx+m,y2=4x消y得k2x2+(2km-4)x+m2=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4-2kmk2,x1x2=m2k2, 且有k2≠0,Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,得k≠0,km<1, 因?yàn)镺A⊥OB, 所以O(shè)A→OB→=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(mk)2+4mk=0,得m=-4k, 聯(lián)立①,得k=1414, 故直線AB的方程為y=1414(x-4). 2.(1)解:由題意知,圓E的圓心E(0,1),半徑為12.設(shè)動(dòng)圓圓心C(x,y),半徑為r. 因?yàn)閳AC與直線y=-12相切,所以d=r, 即y+12=r.① 因?yàn)閳AC與圓E外切,所以|CE|=12+r, 即x2+(y-1)2=12+r.② 聯(lián)立①②,消去r,可得x2=4y. 所以C點(diǎn)的軌跡Γ是以E(0,1)為焦點(diǎn),y=-1為準(zhǔn)線的拋物線. (2)證明:由已知直線AB的斜率一定存在.不妨設(shè)直線AB的方程為y=kx+b. 聯(lián)立x2=4y,y=kx+b,整理得x2-4kx-4b=0, 其中Δ=16(k2+b)>0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,x1x2=-4b.① 由拋物線的方程可得y=14x2,所以y′=12x. 所以過A(x1,y1)的拋物線的切線方程為 y-y1=12x1(x-x1), 又y1=14x12,代入整理得y=12x1x-14x12. 因?yàn)榍芯€過P(m,-4),代入整理得x12-2mx1-16=0, 同理可得x22-2mx2-16=0. 所以x1,x2為方程x2-2mx-16=0的兩個(gè)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=m2,AB的方程為y=m2x+4. 當(dāng)x=0時(shí),y=4, 所以直線AB恒過定點(diǎn)(0,4). 3.解:(1)依題意F(p2,0), 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),y1y2=-p2=-4,p=2, 當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)AB:y=k(x-p2), 由y2=2px,y=k(x-p2),化簡得y2-2pky-p2=0, 由y1y2=-4得p2=4,p=2, 所以拋物線方程為y2=4x. (2)設(shè)D(x0,y0),B(t24,t),則E(-1,t), 又由y1y2=-4,可得A(4t2,-4t), 因?yàn)閗EF=-t2,AD⊥EF,所以kAD=2t, 故直線AD:y+4t=2t(x-4t2), 即2x-ty-4-8t2=0, 由y2=4x,2x-ty-4-8t2=0,化簡得y2-2ty-8-16t2=0, 所以y1+y0=2t,y1y0=-8-16t2. 所以|AD|=1+t24|y1-y0| =1+t24(y1+y0)2-4y1y0=4+t2t2+16t2+8, 設(shè)點(diǎn)B到直線AD的距離為d,則 d=|t22-t2-4-8t2|4+t2=|t2+16t2+8|24+t2, 所以S△ABD=12|AD|d=14(t2+16t2+8)3≥16, 當(dāng)且僅當(dāng)t4=16,即t=2時(shí)取等號(hào), 當(dāng)t=2時(shí),AD:x-y-3=0, 當(dāng)t=-2時(shí),AD:x+y-3=0. 4.解:(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y), 因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,0)的距離和為4,4>2, 根據(jù)橢圓的定義,知所求的動(dòng)點(diǎn)M的軌跡Γ是以點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,0)為焦點(diǎn)的 橢圓. 所以c=1,2a=4,c2=a2-b2,解得b=3,a=2. 所以軌跡Γ的方程為x24+y23=1. (2)假設(shè)存在定點(diǎn)P(x0,y0),使得直線PA,PB的斜率的和為0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線PA,PB的斜率分別為k1,k2. 斜率為12的直線l的方程為y=12x+m(m∈R), 由y=12x+m,x24+y23=1, 得x2+mx+m2-3=0, 所以Δ=m2-4(m2-3)=-3(m2-4)>0, 所以m2<4,解得-2下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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