1、高考大题专项练五高考中的解析几何一、非选择题1.设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.(2)由y=x24,得y=x2.设M(x3,y3),由题设知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=
2、x24得x2-4x-4m=0.当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.2.已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.答案:(1)证明设Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=x1.整理得2tx1-2y
3、1+1=0.设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.所以直线AB过定点0,12.(2)解由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.由于EMAB,而EM=(t,t2-2),AB与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1.当t=0时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=4;当t=1时,|EM|=2,所求圆的方程为x2+y-522=2.3.设抛物线C
4、:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;(2)证明:ABM=ABN.答案:(1)解当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.(2)证明当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为k
5、BM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.4.已知中心在原点O,左焦点为F1(-1,0)的椭圆C的左顶点为A,上顶点为B,F1到直线AB的距离为77|OB|.(1)求椭圆C的方程;(2)若椭圆C1的方程为x2m2+y2n2=1(mn0),椭圆C2的方程为x2m2+y2n2=
6、(0,且1),则称椭圆C2是椭圆C1的倍相似椭圆.如图,已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆,若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于两点M,N,试求弦长|MN|的取值范围.解:(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),直线AB的方程为x-a+yb=1.F1(-1,0)到直线AB的距离d=|b-ab|a2+b2=77b,a2+b2=7(a-1)2.又b2=a2-1,解得a=2,b=3,故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为x212+y29=1,若切线l垂直于x轴,则其方程为x=2,易求得|MN|=26.若切线l不垂直于x轴,可设其方程为y=kx+b,将y
7、=kx+b代入椭圆C的方程,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12)=48(4k2+3-b2)=0,即b2=4k2+3, (*)设M,N两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),将y=kx+b代入椭圆C2的方程,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-36=0,此时x1+x2=-8kb3+4k2,x1x2=4b2-363+4k2,|x1-x2|=43(12k2+9-b2)3+4k2,|MN|=1+k243(12k2+9-b2)3+4k2=461+k23+4k2=261+13+4k2.3+4k23,11+13+4k243,即26b0
8、)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.答案:(1)解由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3,所以C的方程为x26+y23=1.(2)证明设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x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得
9、(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.将代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(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-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx-23-13(k1).所以直线MN过点P23,-13.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),x1=23.此时直
10、线MN过点P23,-13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+6=0相切,过点P(4,0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A,B两点.(1)求椭圆C的方程;(2)求OAOB的取值范围;(3)若B点关于x轴的对称点是E,证明:直线AE与x轴相交于定点.答案:(1)解由题意知,ca=12,62=b,即b=3.又a2=
11、b2+c2,所以a=2,b=3.故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-4),由y=k(x-4),x24+y23=1,可得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则=322k4-4(3+4k2)(64k2-12)0,所以0k214.则x1+x2=32k23+4k2,x1x2=64k2-123+4k2.所以OAOB=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1-4)(x2-4)=(1+k2)x1x2-4k2(x1+x2)+16k2=(1+k2)64k2-123+4k2-4k232k23+4k2
12、+16k2=25-874k2+3.因为0k214,所以-873-874k2+3-874,则-425-874k2+3134,即OAOB-4,134.(3)证明因为B,E关于x轴对称,所以可设E(x2,-y2),则直线AE的方程为y-y1=y1+y2x1-x2(x-x1).令y=0,可得x=x1-y1(x1-x2)y1+y2.因为y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),所以x=2x1x2-4(x1+x2)x1+x2-8=264k2-123+4k2-432k23+4k232k23+4k2-8=1,所以直线AE与x轴交于定点(1,0).7.(2021新高考,21)在平面直角坐标系xOy中,已知点F
13、1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交轨迹C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|TB|=|TP|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.解:(1)|MF1|-|MF2|=2,且F1(-17,0),F2(17,0),点M的轨迹为双曲线的右支,且满足2a=2,c=17,c2=a2+b2,a2=1,b2=16,c2=17.C的方程为x2-y216=1(x1).(2)设T12,m,显然直线AB的斜率与直线PQ的斜率都存在.设直线AB的方程为y=k1x-12+m,A(x1,y1
14、),B(x2,y2),由y=k1x-12+m,16x2-y2=16,得16x2-k12x2-x+14+2k1mx-12+m2=16,即(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0.|TA|TB|=(1+k12)x1-12x2-12=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+14=(1+k12)k1m-14k12-m2-1616-k12-122k1m-k1216-k12+14=(1+k12)-m2-1216-k12=(1+k12)m2+12k12-16.设kPQ=k2,同理可得|TP|TQ|=(1+k22)m2+12k22-16.|TA|TB|=|TP|TQ
15、|,(1+k12)m2+12k12-16=(1+k22)m2+12k22-16.k22-16k12=k12-16k22.k12=k22.k1k2,k1=-k2.k1+k2=0.8.如图,已知椭圆x24+y23=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-14,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x24+y23=1,整理得(4k2+3
16、)x2+8k2x+4k2-12=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=-8k24k2+3.故点G的横坐标为x1+x22=-4k24k2+3=-14,解得k=12.(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-4k24k2+3,3k4k2+3.设点D坐标为(xD,0).因为DGAB,所以3k4k2+3-4k24k2+3-xDk=-1,解得xD=-k24k2+3,即D-k24k2+3,0.因为GFDOED,且S1=S2,所以|GD|=|OD|.所以-k24k2+3-4k24k2+32+-3k4k2+32=-k24k2+3,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.
