《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個(gè)必考點(diǎn) 解析幾何 考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)二十三 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個(gè)必考點(diǎn) 解析幾何 考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)二十三 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點(diǎn)過(guò)關(guān)檢測(cè)（二十三） 1．(2020屆高三·唐山聯(lián)考)已知F為拋物線E：y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P(0,2)作兩條互相垂直的直線m，n，直線m交E于不同的兩點(diǎn)A，B，直線n交E于不同的兩點(diǎn)C，D，記直線m的斜率為k. (1)求k的取值范圍； (2)設(shè)線段AB，CD的中點(diǎn)分別為點(diǎn)M，N，證明：直線MN過(guò)定點(diǎn)Q(2,0)． 解：(1)由題設(shè)可知k≠0， 所以直線m的方程為y＝kx＋2， 與y2＝4x聯(lián)立，整理得ky2－4y＋8＝0.① 由Δ1＝16－32k>0，解得k<. 直線n的方程為y＝－x＋2，與y2＝4x聯(lián)立， 整理得y2＋4ky－8k＝0， 由Δ2＝16k2＋32k>

2、0，解得k>0或k<－2. 所以k<－2或0b>0)短軸的一個(gè)端點(diǎn)與其兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成面積為3的直角三角形． (1)求橢圓C的方程； (2)過(guò)圓E：x2＋y2＝2上任意一點(diǎn)P作圓E的切線l，l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，以A

3、B為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)，若過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)因?yàn)闄E圓C短軸的一個(gè)端點(diǎn)和其兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成直角三角形，所以b＝c，·2c·b＝b2＝3， 又因?yàn)閍2＝b2＋c2，所以a2＝6，b2＝3. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)圓E的方程為x2＋y2＝2，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)， ①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不妨設(shè)直線AB的方程為x＝，A(，)，B(，－)， 所以∠AOB＝90°， 所以以AB為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)． ②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因?yàn)橹本€與相關(guān)圓相切， 所以d＝＝＝，所以m2＝

4、2＋2k2. 聯(lián)立方程組消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0， 則Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝8(6k2－m2＋3)＝8(4k2＋1)>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝－＋m2＝＝0， 所以⊥， 所以以AB為直徑的圓恒過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)． 綜合①②可知，以AB為直徑的圓恒過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O(0,0)． 3．(2019·柳州聯(lián)考)已知拋物線C的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，且拋物線上有一點(diǎn)P(4，m)到焦點(diǎn)的距離為5. (1)求該拋物線C的方程； (2)已知拋物線上

5、一點(diǎn)M(t,4)，過(guò)點(diǎn)M作拋物線的兩條弦MD和ME，且MD⊥ME，判斷直線DE是否過(guò)定點(diǎn)？并說(shuō)明理由． 解：(1)由題意知拋物線C的焦點(diǎn)在x軸的正半軸上，可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)， 其準(zhǔn)線方程為x＝－， ∵P(4，m)到焦點(diǎn)的距離等于點(diǎn)P到準(zhǔn)線的距離， ∴4＋＝5，∴p＝2. ∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)把M(t,4)代入拋物線C的方程，得16＝4t， ∴t＝4，∴M(4,4)． 由題易知直線DE的斜率不為0， 設(shè)直線DE的方程為x＝ky＋n， 聯(lián)立消去x，得y2－4ky－4n＝0， Δ＝16k2＋16n>0，① 設(shè)D(x1，y1)，E(x2，

6、y2)，則y1＋y2＝4k，y1y2＝－4n. ∵M(jìn)D⊥ME， ∴·＝(x1－4，y1－4)·(x2－4，y2－4) ＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16 ＝·－4＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16 ＝－(y1＋y2)2＋3y1y2－4(y1＋y2)＋32 ＝n2－16k2－12n＋32－16k＝0， 即n2－12n＋32＝16k2＋16k，得(n－6)2＝4(2k＋1)2， ∴n－6＝±2(2k＋1)，得n＝4k＋8或n＝－4k＋4， 當(dāng)n＝4k＋8時(shí)， 代入①式滿足Δ>0， ∴直線DE的方程為x＝ky＋4k＋8＝k(y＋4)＋8，

7、直線過(guò)定點(diǎn)(8，－4)． 當(dāng)n＝－4k＋4時(shí)，代入①式，當(dāng)k≠2時(shí)，Δ>0，此時(shí)直線DE的方程為x＝k(y－4)＋4，直線過(guò)定點(diǎn)(4,4)，不合題意，舍去． ∴直線過(guò)定點(diǎn)(8，－4)． 4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形． (1)求橢圓的方程． (2)動(dòng)直線l：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R)交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，試問(wèn)：在坐標(biāo)平面上是否存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T.若存在．求出點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)∵橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形， ∴

8、a＝b，∴＋＝1. 又∵橢圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入橢圓方程得b2＝1，∴a2＝2，故橢圓方程為＋y2＝1. (2)由題意動(dòng)直線l過(guò)點(diǎn). 當(dāng)l與x軸平行時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋2＝2； 當(dāng)l與y軸平行時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1. 由解得 即兩圓相切于點(diǎn)(0,1)，因此，如果所求的點(diǎn)T存在，只能是(0,1)，下證點(diǎn)T(0,1)就是所求的點(diǎn)． 證明如下：當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，以AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)T(0,1)． 當(dāng)直線l不垂直于x軸，可設(shè)直線l：y＝kx－. 由消去y并整理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 又∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)， ∴·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1) ＝x1x2＋ ＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋ ＝(1＋k2)·－k·＋＝0. ∴TA⊥TB，即以AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)T(0,1)， ∴在坐標(biāo)平面上存在一個(gè)定點(diǎn)T(0,1)滿足條件． 5