1、高考大题专项练五高考中的解析几何1.设A,B为曲线C:y=x24上的两点,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上的一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.2.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1与C2的标准方程.3.(2021全国)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方
2、程;(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足PQ=9QF,求直线OQ斜率的最大值.4.已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.(1)若POF2为等边三角形,求C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1PF2,且F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.5.已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:kb0)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,
3、N,与C2交于不同两点P,Q,且Al,记AM,AN的斜率分别是k1,k2,满足k1k2=12,记线段PQ的中点R的纵坐标为t,求t的取值范围.7.设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,|AB|=13.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k0,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.解(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵
4、坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去),ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0),(-2c,0),(0,3c),(0,-3c),C2的准线为x=-c.由已知得3c+c+c+c=12,即c=2.所以C1的标准方程为x216+y212=1,C2的标准方程为y2=8x.3.解(1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=
5、4x.(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2).又F(1,0),则PQ=(x2-x1,y2-y1),QF=(1-x2,-y2).因为PQ=9QF,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10x2-9,y1=10y2.又因为点P在抛物线C上,所以y12=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),则点Q的轨迹方程为y2=25x-925.易知直线OQ的斜率存在.设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=25x-925相切时,斜率取得最大值、最小值.由y=kx,y2=25x-925,得k2x2=25x-925,即k2x2-25x+925=0,(*)当直线OQ和曲
6、线y2=25x-925相切时,方程(*)的判别式=0,即-252-4k2925=0,解得k=13,所以直线OQ斜率的最大值为13.4.解(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中,F1PF2=90,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的离心率e=ca=3-1.(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当12|y|2c=16,yx+cyx-c=-1,x2a2+y2b2=1,即c|y|=16,x2+y2=c2,x2a2+y2b2=1.由及a2=b2+c2得y2=b4c2,又由知y2=162c2,故b=4.由得x2=a2c
7、2(c2-b2),所以c2b2,从而a2=b2+c22b2=32,故a42.当b=4,a42时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为42,+).5.证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m32,故k-12.(2)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=-(
8、y1+y2)=-2m3,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2-2y12=(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
9、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+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)x1x
10、2+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14tx10,点Q的坐标为(-x1,-y1).由BPM的面积是BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|
11、PQ|,从而x2-x1=2x1-(-x1),即x2=5x1.易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-89或k=-12.当k=-89时,x2=-90,不合题意,舍去;当k=-12时,x2=12,x1=125,符合题意.所以,k的值为-12.8.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+8k2
12、x+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,即直线AB的斜率为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.