《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 五 解析幾何（B）理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 五 解析幾何（B）理（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練 五 解析幾何（B）理 1.(2018·上饒三模)已知橢圓C1:+y2=1(a>1)的離心率e=,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,直線l1過點(diǎn)F1且垂直于橢圓的長(zhǎng)軸,動(dòng)直線l2垂直l1于點(diǎn)P,線段PF2的垂直平分線交l2于點(diǎn)M. (1)求點(diǎn)M的軌跡C2的方程; (2)當(dāng)直線AB與橢圓C1相切,交C2于點(diǎn)A,B,當(dāng)∠AOB=90°時(shí),求AB的直線方程. 2.(2018·煙臺(tái)模擬)已知?jiǎng)訄AC與圓E:x2+(y-1)2=外切,并與直線y=-相切. (1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡Γ; (2)若從點(diǎn)P(m,-4)作曲線Γ的兩條切線,切點(diǎn)分別為A

2、,B,求證:直線AB恒過定點(diǎn). 3.(2018·商丘二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,過焦點(diǎn)F的直線交C于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),y1y2=-4. (1)求拋物線方程; (2)點(diǎn)B在準(zhǔn)線l上的投影為E,D是C上一點(diǎn),且AD⊥EF,求△ABD面積的最小值及此時(shí)直線AD的方程. 4.(2018·河南許昌質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,0)的距離和為4. (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡Γ的方程; (2)已知斜率為的直線l交Γ于不同的兩點(diǎn)A,B,是否存在定點(diǎn)P,使得直線PA,

3、PB的斜率的和恒等于0,若存在,請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由. 1.解:(1)由e2===,得a=,c=1, 故F1(-1,0),F2(1,0), 依條件可知|MP|=|MF2|, 所以點(diǎn)M的軌跡是以l1為準(zhǔn)線,F2為焦點(diǎn)的拋物線, 所以C2的方程為y2=4x. (2)顯然當(dāng)AB斜率不存在時(shí),不符合條件. 當(dāng)AB斜率存在時(shí),設(shè)AB:y=kx+m, 由消y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, 因?yàn)锳B與C1相切, 所以Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0, 得m2=2k2+1>1,① 又由消y得k2x2+(2km-4)x+m2

4、=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=, 且有得k≠0,km<1, 因?yàn)镺A⊥OB, 所以·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=()2+4·=0,得m=-4k, 聯(lián)立①,得k=±, 故直線AB的方程為y=±(x-4). 2.(1)解:由題意知,圓E的圓心E(0,1),半徑為.設(shè)動(dòng)圓圓心C(x,y),半徑為r. 因?yàn)閳AC與直線y=-相切,所以d=r, 即y+=r.① 因?yàn)閳AC與圓E外切,所以|CE|=+r, 即=+r.② 聯(lián)立①②,消去r,可得x2=4y. 所以C點(diǎn)的軌跡Γ是以E(0,1)為焦點(diǎn),y=-

5、1為準(zhǔn)線的拋物線. (2)證明:由已知直線AB的斜率一定存在.不妨設(shè)直線AB的方程為y=kx+b. 聯(lián)立整理得x2-4kx-4b=0, 其中Δ=16(k2+b)>0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4k,x1x2=-4b.① 由拋物線的方程可得y=x2,所以y′=x. 所以過A(x1,y1)的拋物線的切線方程為 y-y1=x1(x-x1), 又y1=,代入整理得y=x1x-. 因?yàn)榍芯€過P(m,-4),代入整理得-2mx1-16=0, 同理可得-2mx2-16=0. 所以x1,x2為方程x2-2mx-16=0的兩個(gè)根,所以x1+x2=2m,x1x2=

6、-16.② 由①②可得x1x2=-4b=-16,x1+x2=4k=2m. 所以b=4,k=,AB的方程為y=x+4. 當(dāng)x=0時(shí),y=4, 所以直線AB恒過定點(diǎn)(0,4). 3.解:(1)依題意F(,0), 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),y1y2=-p2=-4,p=2, 當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)AB:y=k(x-), 由化簡(jiǎn)得y2-y-p2=0, 由y1y2=-4得p2=4,p=2, 所以拋物線方程為y2=4x. (2)設(shè)D(x0,y0),B(,t),則E(-1,t), 又由y1y2=-4,可得A(,-), 因?yàn)閗EF=-,AD⊥EF,所以kAD=, 故直線AD:y+

7、=(x-), 即2x-ty-4-=0, 由化簡(jiǎn)得y2-2ty-8-=0, 所以y1+y0=2t,y1y0=-8-. 所以|AD|=|y1-y0| ==, 設(shè)點(diǎn)B到直線AD的距離為d,則 d==, 所以S△ABD=|AD|·d=≥16, 當(dāng)且僅當(dāng)t4=16,即t=±2時(shí)取等號(hào), 當(dāng)t=2時(shí),AD:x-y-3=0, 當(dāng)t=-2時(shí),AD:x+y-3=0. 4.解:(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y), 因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,0)的距離和為4,4>2, 根據(jù)橢圓的定義,知所求的動(dòng)點(diǎn)M的軌跡Γ是以點(diǎn)(-1,0)與點(diǎn)(1,0)為焦點(diǎn)的 橢圓. 所以解得 所以軌

8、跡Γ的方程為+=1. (2)假設(shè)存在定點(diǎn)P(x0,y0),使得直線PA,PB的斜率的和為0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線PA,PB的斜率分別為k1,k2. 斜率為的直線l的方程為y=x+m(m∈R), 由 得x2+mx+m2-3=0, 所以Δ=m2-4(m2-3)=-3(m2-4)>0, 所以m2<4,解得-2