高优指导2021版高考数学一轮复习大题专项练5高考中的解析几何文北师大版.doc

高考大题专项练5　高考中的解析几何
　高考大题专项练第10页　 
1.已知椭圆C:x2+2y2=4.设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.
解:直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:
设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x0≠0.
因为OA⊥OB,所以=0,
即tx0+2y0=0,解得t=-.
当x0=t时,y0=-,代入椭圆C的方程,得t=±,
故直线AB的方程为x=±,
圆心O到直线AB的距离d=,此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
当x0≠t时,直线AB的方程为y-2=(x-t),
即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.
圆心O到直线AB的距离d=.
又+2=4,t=-,
故d=.
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.〚导学号32470884〛
2.(2015沈阳一模)已知椭圆C:=1(a>b>0),其中e=,焦距为2,过点M(4,0)的直线l与椭圆C交于点A,B,点B在AM之间.又点A,B的中点横坐标为,且=λ.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求实数λ的值.
解:(1)由条件可知,c=1,a=2,故b2=a2-c2=3,
椭圆的标准方程是=1.
(2)由=λ,可知A,B,M三点共线,
设点A(x1,y1),点B(x2,y2).
若直线AB⊥x轴,则x1=x2=4,不合题意.
当AB所在直线l的斜率k存在时,设直线l的方程为y=k(x-4).
由
消去y,得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.①
由①的判别式Δ=322k4-4(4k2+3)·(64k2-12)=144(1-4k2)>0,解得k2<.
又
由,可得k2=,
即有k=.
将k2=代入方程①,得7x2-8x-8=0,
则x1=,x2=.
又因为=(4-x1,-y1),=(x2-4,y2),=λ,
所以λ=,所以λ=.〚导学号32470885〛
3.已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足||=·()+2.
(1)求曲线C的方程;
(2)点Q(x0,y0)(-2<x0<2)是曲线C上动点,曲线C在点Q处的切线为l,点P的坐标是(0,-1),l与PA,PB分别交于点D,E,求△QAB与△PDE的面积之比.
解:(1)=(-2-x,1-y),=(2-x,1-y),
=(x,y),=(0,2),
∵||=·()+2,
∴=2y+2,∴x2=4y.
∴曲线C的方程为x2=4y.
(2)设Q,则S△QAB=2,
∵y=,∴y'=x,∴kl=x0,
∴切线l的方程为y-x0(x-x0)与y轴交点T,|PT|=1-.
直线PA的方程为y=-x-1,直线PB的方程为y=x-1,
由得xD=,
由得xE=,
∴S△PDE=|xD-xE|·|PT|=1-,
∴△QAB与△PDE的面积之比为2.〚导学号32470886〛
4.已知圆C:(x+1)2+y2=20,点B(1,0),点A是圆C上的动点,线段AB的垂直平分线与线段AC交于点P.
(1)求动点P的轨迹C1的方程;
(2)设M,N为抛物线C2:y=x2上的一动点,过点N作抛物线C2的切线交曲线C1于P,Q两点,求△MPQ面积的最大值.
解:(1)由已知可得,点P满足|PB|+|PC|=|AC|=2>2=|BC|,
所以动点P的轨迹C1是一个椭圆,其中2a=2,2c=2.
动点P的轨迹C1的方程为=1.
(2)设N(t,t2),则PQ的方程为:y-t2=2t(x-t)⇒y=2tx-t2,
联立方程组
消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0,
有
而|PQ|=×|x1-x2|=,
点M到PQ的高为h=,
由S△MPQ=|PQ|h代入化简得:
S△MPQ=;
当且仅当t2=10时,S△MPQ可取最大值.〚导学号32470887〛
5.(2015石家庄高三质检一)定长为3的线段AB的两个端点A,B分别在x轴、y轴上滑动,动点P满足=2.
(1)求点P的轨迹曲线C的方程;
(2)若过点(1,0)的直线与曲线C交于M,N两点,求的最大值.
解:(1)设A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),
由=2得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),
即
又因为=9,所以+(3y)2=9.
化简得+y2=1,故点P的轨迹方程为+y2=1.
(2)当过点(1,0)的直线为y=0时,
=(2,0)·(-2,0)=-4.
当过点(1,0)的直线不为y=0时,
可设直线方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2).
联立化简得(t2+4)y2+2ty-3=0,
则Δ=4t2+12(t2+4)=16t2+48>0恒成立,
由韦达定理得y1+y2=-,y1y2=-.
所以=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)·+t·+1==-4+.
当t=0时,()max=.
综上所述,的最大值为.〚导学号32470888〛
6.已知动点C是椭圆Ω:+y2=1(a>1)上的任意一点,AB是圆G:x2+(y-2)2=的一条直径(A,B是端点),的最大值是.
(1)求椭圆Ω的方程;
(2)已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点F1,F2,过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆Ω于P,Q两点.在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.
解:(1)设点C的坐标为(x,y),则+y2=1.
连接CG,由,
又G(0,2),可得=x2+(y-2)2-=a(1-y2)+(y-2)2-=-(a-1)y2-4y+a+,其中y∈[-1,1].
因为a>1,故当y=≤-1,即1<a≤3时,
取y=-1,得有最大值-(a-1)+4+a+,与条件矛盾;
当y=>-1,即a>3时,的最大值是,
由条件得,即a2-7a+10=0,解得a=5(a=2舍去).
综上所述,椭圆Ω的方程是+y2=1.
(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点坐标为(x0,y0),
则满足=1,=1,两式相减,
整理得=-=-,
从而直线PQ的方程为y-y0=-(x-x0),
又右焦点F2的坐标是(2,0),
将点F2的坐标代入PQ的方程得-y0=-(2-x0),
因为直线l与x轴不垂直,故2x0-=5>0,从而0<x0<2.
假设在线段OF2上存在点M(m,0)(0<m<2),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形,则线段PQ的垂直平分线必过点M,而线段PQ的垂直平分线方程是y-y0=(x-x0),将点M(m,0)代入得-y0=(m-x0),
得m=x0,从而m∈.〚导学号32470889〛
7.已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点F(1,0),过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P,Q两点,当直线PQ经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为60°.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,线段OF上是否存在点T(t,0),使得?若存在,求出实数t的取值范围;若不存在,说明理由.
解:(1)由题意知c=1,又=tan 60°=,
所以b2=3,
a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为=1.
(2)设直线PQ的方程为y=k(x-1)(k≠0),代入=1,
得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点为R(x0,y0),
则x0=,y0=k(x0-1)=-,
由·()=·(2)=0,
所以直线TR为直线PQ的垂直平分线,
直线TR的方程为
y+=-,
令y=0得T点的横坐标t=.
因为k2∈(0,+∞),
所以+4∈(4,+∞),所以t∈.
所以线段OF上存在点T(t,0),使得,其中t∈.〚导学号32470890〛
8.(2015江西三校联考)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点K,过点K作圆C:(x-2)2+y2=1的两条切线,切点为M,N,|MN|=.
(1)求抛物线E的方程;
(2)设A,B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点,且(其中O为坐标原点).
①求证:直线AB必过定点,并求出该定点Q的坐标;
②过点Q作AB的垂线与抛物线交于G,D两点,求四边形AGBD面积的最小值.
解:(1)由已知得K,C(2,0).
设MN与x轴交于点R,由圆的对称性可知,|MR|=.
于是|CR|=,
所以|CK|==3,
即2+=3,p=2.
故抛物线E的方程为y2=4x.
(2)①证明:设直线AB的方程为x=my+t,A,B.
联立得y2-4my-4t=0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4t.
由+y1y2=,
故y1y2=-18(y1y2=2舍去),
即-4t=-18,即t=,
所以直线AB过定点Q.
②由①得|AB|=|y2-y1|=,
同理得|GD|=|y2-y1|
=.
则四边形AGBD的面积
S=|AB|·|GD|=
=4.
令m2+=μ(μ≥2),则S=4是关于μ的增函数,故Smin=88,当且仅当m=±1时取到最小值88.〚导学号32470891〛

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