广西专用高考数学一轮复习高考大题专项练五高考中的解析几何含解析

高考大题专项练五　高考中的解析几何

1.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.

答案:(1)解由已知得F(1,0),直线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,

由题意知Δ>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.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.

解:由题知F.

设直线l1:y=a,直线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.

(1)证明: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)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.

3.(2020山东,22)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).

(1)求C的方程;

(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.

解:(1)由题设得=1,,

解得a2=6,b2=3,所以C的方程为=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).

若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,Δ>0,

于是x1+x2=-,x1x2=.①

由AM⊥AN知=0,

故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,

可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.

将①代入上式可得(k2+1)-(km-k-2)+(m-1)2+4=0.

整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.

因为A(2,1)不在直线MN上,

所以2k+m-1≠0,

故2k+3m+1=0,k≠1.

于是MN的方程为y=k(k≠1).

所以直线MN过点P.

若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).

由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.

又=1,可得3-8x1+4=0.

解得x1=2(舍去),x1=.

此时直线MN过点P.

令Q为AP的中点,即Q.

若D与P不重合,

则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,

故|DQ|=|AP|=.

若D与P重合,则|DQ|=|AP|.

综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.

4.设椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6.

(1)求椭圆的方程;

(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若sin∠AOQ(O为原点),求k的值.

解:(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有,

又由a2=b2+c2,可得2a=3b.

由已知可得,|FB|=a,|AB|=b.

由|FB|·|AB|=6,可得ab=6,从而a=3,b=2.

所以,椭圆的方程为=1.

(2)设点P的坐标为(x1,y1),

点Q的坐标为(x2,y2).

由已知有y1>y2>0,

故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.

又因为|AQ|=,

而∠OAB=,

故|AQ|=y2.

由sin∠AOQ,

可得5y1=9y2.

由方程组消去x,可得y1=.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组消去x,可得y2=.由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=.

所以k的值为.

5.已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;

(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.

①证明:△PQG是直角三角形;

②求△PQG面积的最大值.

解:(1)由题设得=-,化简得=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.

(2)①证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).

由

得x=±.

记u=,

则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).

于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u).

由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.*

设G(xG,yG),则-u和xG是方程*的解,

故xG=,由此得yG=.

从而直线PG的斜率为=-.

所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.

②由①得|PQ|=2u,|PG|=,

所以△PQG的面积S=|PQ||PG|=.

设t=k+,则由k>0,得t≥2,当且仅当k=1时取等号.

因为函数S=在区间[2,+∞)内单调递减,

所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.

因此,△PQG面积的最大值为.

6.如图,已知椭圆=1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点.

(1)若点G的横坐标为-,求直线AB的斜率;

(2)记△GFD的面积为S1,△OED(O为原点)的面积为S2.试问:是否存在直线AB,使得S1=S2?说明理由.

解:(1)依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x+1),将其代入=1,整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

所以x1+x2=-.

故点G的横坐标为=-,

解得k=±.

(2)假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x轴或y轴垂直.

由(1)可得G.

设点D坐标为(xD,0).

因为DG⊥AB,

所以×k=-1,

解得xD=-,

即D.

因为△GFD∽△OED,

且S1=S2,

所以|GD|=|OD|.

所以,

整理得8k2+9=0.

因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1=S2.

7.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.

答案:(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<m<,

故k<-.

(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-.