资源描述
解析几何综合题
1．(2021·高考福建卷)如图，抛物线E：y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴的交点为A.点C
在抛物线E上，以C为圆心，|CO|为半径作圆，设圆C与准线l交于不同的两点M，N.
(1)若点C的纵坐标为2，求|MN|；
(2)若|AF|2＝|AM|·|AN|，求圆C的半径．
2．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相
交于A，B两点，且|AF|＋|BF|＝2，|AB|的最小值为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若圆x2＋y2＝的切线L与椭圆E相交于P，Q两点，当P，Q两点横坐标不相等时，OP(O为坐标原点)与OQ是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由．
3．(2021·高考陕西卷)已知动圆过定点A (4，0), 且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1) 求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2) 已知点B(－1，0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是∠PBQ的角平分线， 证明直线l过定点.
4．(2022·大连市双基测试)已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)，直线y＝kx(k≠0)与椭圆M
交于A、B两点，直线y＝－x与椭圆M交于C、D两点，P点坐标为(a，0)，直线PA和PB斜率的乘积为－.
(1)求椭圆M的离心率；
(2)若弦AC的最小值为，求椭圆M的方程．
5．(2022·济南市模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，由4个点
M(－a，b)、N(a，b)、F2和F1组成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于两点A、B，求△F2AB面积的最大值．
6．(2021·高考山东卷)椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，
过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点．设直线PF1，PF2的斜率分别为k1、k2.若k≠0，试证明＋为定值，并求出这个定值．
1．解：(1)抛物线y2＝4x的准线l的方程为x＝－1.
由点C的纵坐标为2，得点C的坐标为(1，2)，
所以点C到准线l的距离d＝2.又|CO|＝，
所以|MN|＝2＝2＝2.(4分)
(2)设C，则圆C的方程为＋(y－y0)2＝＋y，
即x2－x＋y2－2y0y＝0.
由x＝－1，得y2－2y0y＋1＋＝0.(6分)
设M(－1，y1)，N(－1，y2)，则
由|AF|2＝|AM|·|AN|，得|y1y2|＝4，(8分)
所以＋1＝4，解得y0＝±，此时Δ＞0.所以圆心C的坐标为或，从而|CO|2＝，|CO|＝，即圆C的半径为.(12分)
2．解：(1)设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，F(c，0)(c2＝a2－b2)，|AF|＋|BF|＝2a＝2，∴a＝.(2分)
又|AB|＝＝2＝
2，0≤x≤a2，
∴|AB|min＝2b＝2，∴b＝1，
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(5分)
(2)由题设条件可知直线L的斜率存在，设直线L的方程为y＝kx＋m.
∵直线L与圆x2＋y2＝相切，
∴＝，∴m2＝(k2＋1)．(7分)
将y＝kx＋m代入＋y2＝1中得，
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝8(2k2＋1－m2)＞0.
令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2，
则x1＋x2＝，①
x1x2＝，②
y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.③(10分)
∴·＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝0，
∴⊥，即OP与OQ垂直．(12分)
3．解：
图①
(1)如图①，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|＝|O1M|.
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，(2分)
∴|O1M|＝.
又|O1A|＝，
∴＝.
化简得，y2＝8x(x≠0)．
当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0，0)也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(4分)
(2)如图②
图②
，由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x中，得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①
x1x2＝.②(6分)
∵x轴是∠PBQ的角平分线，
∴＝－，
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
∴2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③(8分)
将①②代入③并整理得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b.此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1，0)．(12分)
4．解：(1)设A(x1，y1)，由对称性可得B(－x1，－y1)，
将A(x1，y1)代入椭圆的方程可得＋＝1，
故直线PA和PB斜率的乘积×＝＝＝－.(2分)
由直线PA和PB斜率的乘积为－，所以＝，所以＝，＝.
所以椭圆M的离心率为.(5分)
(2)由(1)可将椭圆方程化为x2＋2 y2＝a2，
联立，可得x2＝，y2＝，(7分)
设O为坐标原点，则|OA|2＝，同理可得|OC|2＝.由已知条件可知直线y＝kx与y＝－x垂直，
所以|AC|2＝|OA|2＋|OC|2＝＋＝a2×＝a2×≥.(10分)
当且仅当k＝±1时取等号，所以＝，
即a2＝2，所以椭圆M的方程为＋y2＝1.(12分)
5．解：(1)由条件，得b＝，且·＝3，
所以a＋c＝3.(2分)
又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1.
所以椭圆的方程为＋＝1.(4分)
(2)明显，直线的斜率不能为0，设直线方程为x＝my－1，直线与椭圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点．
联立方程，消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
由于直线过椭圆内的点，所以无论m为何值，直线和椭圆总相交．
所以y1＋y2＝，y1y2＝－.(6分)
S△F2AB＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝
4，(9分)
令t＝m2＋1≥1，设y＝t＋，易知当t∈时，函数单调递减，当t∈时，函数单调递增．
所以当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，ymin＝，
所以S△F2AB的最大值为4＝3.(12分)
6．解：(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±.
由题意知＝1，即a＝2b2.
又e＝＝，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(4分)
(2)方法一：设P(x0，y0)(y0≠0)，
又F1(－，0)，F2(，0)，
所以直线PF1，PF2的方程分别为
lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，
lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.
由题意知＝.(6分)
由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.
所以＝.
由于－<m<，－2<x0<2，
可得＝
所以m＝x0.因此－<m<.(8分)
方法二：设P(x0，y0)，当0≤x0<2时，
①当x0＝时，直线PF2的斜率不存在，
易知P或P.
若P，则直线PF1的方程为x－4y＋＝0.
由题意得＝－m，
由于－<m<，所以m＝.
若P，同理可得m＝.(6分)
②当x0≠时，设直线PF1，PF2的方程分别为y＝k1(x＋)，y＝k2(x－)．
由题意知＝，
所以＝.
由于＋y＝1，且k1＝，k2＝，
所以＝
＝＝，
即＝.(8分)
由于－<m<，0≤x0<2且x0≠，所以＝.
整理得m＝，故0≤m<且m≠.
综合①②可得0≤m<.
当－2<x0<0时，同理可得－<m<0.
综上所述，m的取值范围是.(10分)
(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立得
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y－2kx0y0＋k2x－1)＝0.
由题意Δ＝0，即(4－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0.
又＋y＝1，
所以16yk2＋8x0y0k＋x＝0，故k＝－.
由(2)知＋＝＋＝，
所以＋＝(＋)＝·＝－8，
因此＋为定值，这个定值为－8.(12分)
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
