1、高考大题专项练五高考中的解析几何1.设椭圆C:x22+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.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:ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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,
2、D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.4.设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|AB|=62.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ|PQ|=524sinAOQ(O为原点),求k的值.5.(2021全国)已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(1)求p;(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求PAB面积的最大值.6.如图,已知椭圆x24+y2
3、3=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.7.(2021山东枣庄模拟)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F1(-3,0),抛物线C2:x2=2py(p0),C1与C2交于点A(2,1).(1)求C1与C2的方程;(2)动直线l与C1交于不同两点M,N,与C2交于不同两点P,Q,且Al,记AM,AN的斜率分别为k1,k2,满足k1k2=12,
4、记线段PQ的中点R的纵坐标为t,求t的取值范围.答案：1.(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1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(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)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x20,所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0.从
5、而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.2.解由题知F12,0.设直线l1:y=a,直线l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.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=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2
6、.由题设可得|b-a|x1-12=|a-b|2,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2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).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.解(1)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)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=0,0,于是x1
7、+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=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
8、-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.4.解(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b.由|FB|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为x29+y
9、24=1.(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因为|AQ|=y2sinOAB,而OAB=4,故|AQ|=2y2.由|AQ|PQ|=524sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12或k=1128.所以k的值为12或1128.5.解(1)点F0,p
10、2到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=p2+4-1=4,解得p=2.(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=14x2,则y=12x.设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则易得直线lPA:y=x12x-x124,直线lPB:y=x22x-x224,从而得到Px1+x22,x1x24,设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0,=16k2+16b0,即k2+b0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,P(2k,-b).|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k216k2+16b,点P到直线AB的距离d=|2k2+2b|k2+
11、1,SPAB=12|AB|d=4(k2+b)32,又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上,故k2=1-(b-4)24,代入得,SPAB=4-b2+12b-15432,而yP=-b-5,-3,当b=5时,(SPAB)max=205.6.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)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
12、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=S2.7.解(1)方法1:因为椭圆的左焦点为F1(-3,0),所以右焦点为F2(3,0).由椭圆的定义,2a=|AF1|+|AF2|=(2+3)2+1+(2-3)2+1=26,因此a
13、=6.又半焦距c=3,所以b2=a2-c2=(6)2-(3)2=3,所以C1的方程为x26+y23=1.把(2,1)代入x2=2py,得2p=4,所以C2的方程为x2=4y.方法2:由题意,4a2+1b2=1,a2=b2+(3)2.消去b2可得a4-8a2+12=0,即(a2-6)(a2-2)=0.又因为a23,所以a2=6,b2=a2-3=3.所以C1的方程为x26+y23=1.把(2,1)代入x2=2py,得2p=4,所以C2的方程为x2=4y.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线l的斜率不存在,则N(x1,-y1).由k1k2=y1-1x1-2-y1-1x1-2=12,得2
14、-2y12=(x1-2)2.()又x126+y123=1,可得2y12=6-x12,代入()式,可得x1=2.所以直线l的方程为x=2.可见,直线l过点A(2,1).这与Al矛盾,因此,直线l的斜率必存在.(注:下列说明同样给分.若直线l的斜率不存在,则l:x=x1,显然,l与C2只有一个交点,这与已知条件矛盾,所以直线l的斜率必存在.)设l:y=kx+m.由于Al,故2k+m-10.由x26+y23=1,y=kx+m消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.由判别式1=8(6k2+3-m2)0,得m26k2+3.()因此x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61
15、+2k2.()由题意,k1k2=kx1+m-1x1-2kx2+m-1x2-2=k2x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2x1x2-2(x1+x2)+4=12.所以2k2x1x2+2k(m-1)(x1+x2)+2(m-1)2=x1x2-2(x1+x2)+4,即(2k2-1)x1x2+2k(m-1)+2(x1+x2)+2(m-1)2-4=0.把()代入上式并整理得(2k+1)(1-2k-m)=0.因为2k+m-10,所以k=-12.因此,直线l的方程为y=-12x+m.由()可得m26k2+3=6-122+3=92,即-32m0,得m-14.所以m的取值范围是-14m32,且m2.设P(x3,y3),Q(x4,y4),R(x0,t).则由x3+x4=-2,可得x0=x3+x42=-1,所以R(-1,t).代入y=-12x+m,得t=12+m.因为-14m322,且m2,所以14t32+12,且t52,所以,实数t的取值范围是14,5252,32+12.
