版高考数学理科总复习教师用书练习73解析几何压轴题.docx
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版高考数学理科总复习教师用书练习73解析几何压轴题
7.3 解析几何(压轴题)
命题角度1曲线与轨迹问题
高考真题体验·对方向
1.(2017全国Ⅱ·20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:
+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且=1.证明:
过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).
由得x0=x,y0=y.
因为M(x0,y0)在C上,所以=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),
则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).
由=1得-3m-m2+tn-n2=1.
又由
(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以=0,即.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2.(2016全国Ⅲ·20)已知抛物线C:
y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.
(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:
AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
(1)证明由题知F.
设l1:
y=a,l2:
y=b,则ab≠0,
且A,B,P,Q,R.
记过A,B两点的直线为l,
则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.
由于F在线段AB上,故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,
则k1==-b=k2.
所以AR∥FQ.
(2)解设l与x轴的交点为D(x1,0),
则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,S△PQF=.
由题设可得|b-a|,
所以x1=0(舍去),x1=1.
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得(x≠1).
而=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.
所以所求轨迹方程为y2=x-1.
新题演练提能·刷高分
1.(2018山西太原二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.
(1)求点B的轨迹E的方程;
(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:
直线MN过定点.
(1)解设B(x,y),则AB的中点D,y>0.
∵C(0,1),则,
在☉C中,∵DC⊥DB,
∴=0,∴-+y=0,
即x2=4y(y>0).
∴点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).
(2)证明由已知条件可得曲线E的方程为x2=4y,
设点P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2).
∵y=,∴y'=,
∴过点M、N的切线方程分别为y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2).
由4y1=,4y2=,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.
∵点P在这两条切线上,
∴2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,
即直线MN的方程为2(y-1)=tx,
故直线2(y-1)=tx过定点C(0,1).
2.(2018广西梧州3月适应性测试)已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-.
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值.
解
(1)设P(x,y),∵A(-2,0),B(2,0),
∴k1=,k2=,
又k1k2=-,∴=-,
∴=1(x≠±2),
∴轨迹C的方程为=1(x≠±2).
(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故OR∥PF1,故△PF1R与△PF1O同底等高,故,S==S△PQO,
当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO=×1×;
当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k≠0;联立
解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
Δ=144(k2+1)>0,
故|PQ|=|x1-x2|=,
点O到直线PQ的距离d=,
S=|PQ|d=6,令u=3+4k2∈(3,+∞),故S=6,故S的最大值为.
3.(2018甘肃兰州一模)已知圆C:
(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P.
(1)求点P的轨迹E的方程;
(2)设过点C的直线l1交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1⊥l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).
①设W(x0,y0),证明:
<1;
②求四边形QRST的面积的最小值.
(1)解设动圆半径为r,由于D在圆内,圆P与圆C内切,则|PC|=2-r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2>|CD|=2,
由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a=,c=1,b==1,E的方程为+y2=1.
(2)①证明由已知条件可知,垂足W在以CD为直径的圆周上,则有=1,又因Q,R,S,T为不同的四个点,<1.
②解若l1或l2的斜率不存在,四边形QRST的面积为2.
若两条直线的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),
解方程组得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=2,
同理得|RT|=2,
∴SQSRT=|QS|·|RT|=,
当且仅当2k2+1=k2+2,即k=±1时等号成立.
综上所述,当k=±1时,四边形QRST的面积取得最小值.
4.(2018福建福州3月质检)设点A为圆C:
x2+y2=4上的动点,点A在x轴上的投影为Q,动点M满足2,动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线l的斜率为k(k≠0),l与E交于另一点P.若以点B为圆心,以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点,求k的取值范围.
解
(1)设点M(x,y),A(x1,y1),则Q(x1,0),
因为2,
所以2(x1-x,-y)=(0,-y1),
所以解得
由于点A在圆C:
x2+y2=4上,所以x2+4y2=4,
所以点M的轨迹E的方程为+y2=1.
(2)由
(1)知,E的方程为+y2=1,因为直线l:
y=kx+1(k≠0).
由得(1+4k2)x2+8kx=0.
设B(x1,y1),P(x2,y2),
因此x1=0,x2=-,
|BP|=|x1-x2|=,则点P的轨迹方程为x2+(y-1)2=,
由
得3y2+2y-5+=0(-1≤y≤1),(*)
依题意得,(*)式关于y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解,
设f(x)=3x2+2x-5+(-1 因为函数f(x)的对称轴为x=-, 要使函数f(x)的图象在(-1,1)与x轴有两个不同的交点, 则 整理得 即所以解得k∈,所以k的取值范围为. 命题角度2直线与圆锥曲线的位置关系 高考真题体验·对方向 1.(2018全国Ⅰ·19)设椭圆C: +y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0). (1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程; (2)设O为坐标原点,证明: ∠OMA=∠OMB. (1)解由已知得F(1,0),l的方程为x=1. 由已知可得,点A的坐标为. 所以AM的方程为y=-x+或y=x-. (2)证明当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°, 当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB. 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=, 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得 kMA+kMB=. 将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以,x1+x2=,x1x2=. 则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k ==0. 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补, 所以∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 2.(2018全国Ⅱ·19)设抛物线C: y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8. (1)求l的方程. (2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程. 解 (1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0). 设A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=. 由题设知=8,解得k=-1(舍去),k=1. 因此l的方程为y=x-1. (2)由 (1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则 解得 因此所求圆的方程为 (x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 3.(2018全国Ⅲ·20)已知斜率为k的直线l与椭圆C: =1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0). (1)证明: k<-; (2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且=0.证明: ||,||,||成等差数列,并求该数列的公差. (1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1. 两式相减,并由=k得·k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.① 由题设得0 (2)解由题意得F(1,0).设P(x3,y3), 则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0). 由 (1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0. 又点P在C上,所以m=, 从而P,||=. 于是||= ==2-. 同理||=2-. 所以||+||=4-(x1+x2)=3. 故2||=||+||,则||,||,||成等差数列, 设该数列的公差为d,则2|d|=|||-|||=|x1-x2|=.② 将m=代入①得k=-1. 所以l的方程为y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0. 故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=.所以该数列的公差为或-. 4.(2017全国Ⅲ·20)已知抛物线C: y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆. (1)证明: 坐标原点O在圆M上; (2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程. (1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),l: x=my+2. 由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=,x2=,故x1x2==4. 因此OA的斜率与OB的斜率之积为=-1,所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上. (2)解由 (1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=. 由于圆M过点P(4,-2),因此=0, 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0, 即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由 (1)可得y1y2=-4,x1x2=4. 所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-. 当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10. 当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,圆M的半径为,圆M的方程为. 5.(2017北京·18)已知抛物线C: y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点. (1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程; (2)求证: A为线段BM的中点. (1)解由抛物线C: y2=2px过点P(1,1),得p=. 所以抛物线C的方程为y2=x. 抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-. (2)证明由题意,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2). 由得4k2x2+(4k-4)x+1=0. 则x1+x2=,x1x2=. 因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1),直线ON的方程为y=x,点B的坐标为. 因为y1+-2x1= = = ==0, 所以y1+=2x1. 故A为线段BM的中点. 6.(2017天津·19)设椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为,已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为. (1)求椭圆的方程和抛物线的方程; (2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为,求直线AP的方程. 解 (1)设F的坐标为(-c,0). 依题意,=a,a-c=, 解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=. 所以,椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x. (2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P, 故Q. 将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=. 由点B异于点A,可得点B. 由Q,可得直线BQ的方程为(x+1)-=0, 令y=0,解得x=,故D. 所以|AD|=1-. 又因为△APD的面积为, 故, 整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=, 所以m=±. 所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0. 新题演练提能·刷高分 1.(2018河北唐山一模)已知椭圆Γ: =1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为A,长轴长为2,B为直线l: x=-3上的动点,M(m,0),AM⊥BM.当AB⊥l时,M与F重合. (1)求椭圆Γ的方程; (2)若直线BM交椭圆Γ于P,Q两点,若AP⊥AQ,求m的值. 解 (1)依题意得A(0,b),F(-c,0),当AB⊥l时,B(-3,b), 由AF⊥BF,得kAF·kBF==-1, 又b2+c2=6, 解得c=2,b=. 所以,椭圆Γ的方程为=1. (2)由 (1)得A(0,),依题意,显然m≠0, 所以=-, 又AM⊥BM,所以kBM=, 所以直线BM的方程为y=(x-m), 设P(x1,y1),Q(x2,y2). 联立 有(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0, x1+x2=,x1x2=. |PM|·|QM|=|(x1-m)(x2-m)| =|x1x2-m(x1+x2)+m2| = =,|AM|2=2+m2, 由AP⊥AQ得,|AM|2=|PM|·|QM|, 所以=1,解得m=±1. 2.(2018河南郑州一模)已知圆C: x2+y2+2x-2y+1=0和抛物线E: y2=2px(p>0),圆心C到抛物线焦点F的距离为. (1)求抛物线E的方程; (2)不过原点的动直线l交抛物线于A,B两点,且满足OA⊥OB.设点M为圆C上任意一动点,求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程. 解 (1)C: x2+y2+2x-2y+1=0可化为(x+1)2+(y-1)2=1,则圆心C为(-1,1). ∵F 0 ∴|CF|=,解得p=6. ∴抛物线的方程为y2=12x. (2)设直线l为x=my+t(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2). 联立可得y2-12my-12t=0. ∴y1+y2=12m,y1y2=-12t. ∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=0, 即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0. 整理可得t2-12t=0,∵t≠0,∴t=12. ∴直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).∴当CN⊥l时,即动点M经过圆心C(-1,1)时到动直线l的距离取得最大值. kMP=kCP==-,∴m=, 此时直线l的方程为x=y+12, 即为13x-y-156=0. 3.(2018甘肃第一次诊断性考试)椭圆E: =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆E在第一象限交于点P,若|PF1|=5,且3a=b2. (1)求椭圆E的方程; (2)A,B是椭圆C上位于直线l两侧的两点.若直线AB过点(1,-1),且∠APF2=∠BPF2,求直线AB的方程. 解 (1)由题意可得|PF2|==3, 因为|PF1|=5,由椭圆的定义得a=4, 所以b2=12,所以椭圆E的方程为=1. (2)易知点P的坐标为(2,3).因为∠APF2=∠BPF2,所以直线PA,PB的斜率之和为0. 设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,设A(x1,y1),B(x2,y2), 则直线PA的方程为y-3=k(x-2), 由 可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0, ∴x1+2=. 同理,直线PB的方程为y-3=-k(x-2), 可得x2+2=, ∴x1+x2=,x1-x2=, kAB=, ∴满足条件的直线AB的方程为y+1=(x-1),即为x-2y-3=0. 命题角度3圆锥曲线的最值、范围问题 高考真题体验·对方向 1.(2017山东·21)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E: =1(a>b>0)的离心率为,焦距为2. (1)求椭圆E的方程. (2)如图,动直线l: y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=,M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T,求∠SOT的最大值并求取得最大值时直线l的斜率. 解 (1)由题意知e=,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 联立方程 得(4+2)x2-4k1x-1=0, 由题意知Δ>0,且x1+x2=, x1x2=-. 所以|AB|=|x1-x2| =. 由题意可知圆M的半径r为 r=|AB|=. 由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x. 联立方程 得x2=,y2=, 因此|OC|=. 由题意可知sin =, 而 =, 令t=1+2,则t>1,∈(0,1), 因此 =≥1, 当且仅当,即t=2时等号成立,此时k1=±,所以sin,因此. 所以∠SOT最大值为. 综上所述: ∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率为k1=±. 2.(2016全国Ⅱ·20)已知椭圆E: =1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA. (1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积; (2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围. 解 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0. 当t=4时,E的方程为=1,A(-2,0). 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2. 将x=y-2代入=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=,所以y1=. 因此△AMN的面积S△AMN=2×. (2)由题意t>3,k>0,A(-,0). 将直线AM的方程y=k(x+)代入=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0. 由x1·(-)=得x1=, 故|AM|=|x1+. 由题设,直线AN的方程为y=-(x+), 故同理可得|AN|=. 由2|AM|=|AN|得, 即(k3-2)t=3k(2k-1). 当k=时上式不成立,因此t=. t>3等价于<0, 即<0. 由此得解得 因此k的取值范围是(,2). 3.(2016全国Ⅰ·20)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程; (2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围. 解 (1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠ACD=∠ADC. 所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16, 从而|AD|=4, 所以|EA|+|EB|=4. 由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2, 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为: =1(y≠0). (2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为 y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2), 由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0, 则x1+x2=,x1x2=, 所以|MN|=|x1-x2|=. 过点B(1,0)且与l垂直的直线m: y=-(x-1),A到m的距离为, 所以|PQ|=2=4. 故四边形MPNQ的面积 S=|MN||PQ|=12. 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8). 当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8). 新题演练提能·刷高分 1. (2018江西南昌一模)已知抛物线C: y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,过焦点F的直线交C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,y1y2=-4. (1)求抛物线方程; (2)点B在准线l上的投影为E,D是C上一点,且AD⊥EF,求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程. 解 (1)依题意F, 当直线AB的斜率不存在时,|y1y2|=-p2=-4,p=2. 当直线AB的斜率存在时,设AB: y=k, 由 化简得y2-y-p2=0. 由y1y2=-4,得p2=4,p=2, 所以抛物线方程为y2=4x. (2)设D(x0,y0),B,则E(-1,t). 又由y1y2=-4,可得A. 因为kEF=-,AD⊥EF, 所以kAD=,故直线AD: y+. 由 化简得y2-2ty-8-=0, 所以y1+y0=2t,y1y0=-8-. 所以|AD|=·|y1-y0|=. 设点B到直线AD的距离为d, 则d=. 所以S△ABD=|AD|·d=≥16,当且仅当t4=16,即t=±2. 当t=2时,直线AD的方程为x-y-3=0,当t=-2时,直线AD的方程为x+y-3=0. 2. (2018山东济南一模)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C1: x2=4y,直线l与抛物线C1交于A,B两点. (1)若直线OA,OB的斜率之积为-,证明: 直线l过定点; (2)若线段AB的中点M在曲线C2: y=4-x2(-2
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- 高考 数学 理科 复习 教师 练习 73 解析几何 压轴