《2019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（A）理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019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（A）理.doc（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

五　解析幾何(A) 1.(2018江西九江模擬)給定橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),稱圓心在原點(diǎn)O,半徑為a2+b2的圓是橢圓C的“準(zhǔn)圓”.若橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)為F(2,0),其短軸上的一個(gè)端點(diǎn)到F的距離為3. (1)求橢圓C的方程和其“準(zhǔn)圓”方程; (2)點(diǎn)P是橢圓C的“準(zhǔn)圓”上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P作直線l1,l2,使得l1,l2與橢圓C都只有一個(gè)公共點(diǎn),且l1,l2分別交其“準(zhǔn)圓”于點(diǎn)M,N. ①當(dāng)P為“準(zhǔn)圓”與y軸正半軸的交點(diǎn)時(shí),求l1,l2的方程; ②求證:|MN|為定值. 2.(2018武侯區(qū)校級(jí)模擬)已知橢圓C的左右頂點(diǎn)分別為A,B,A點(diǎn)坐標(biāo)為(-2,0),P為橢圓C上不同于A,B的任意一點(diǎn),且滿足kAPkBP=-12. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)F為橢圓C的右焦點(diǎn),直線PF與橢圓C的另一交點(diǎn)為Q,PQ的中點(diǎn)為M,若|OM|=|QM|,求直線PF的斜率. 3.已知拋物線C頂點(diǎn)為原點(diǎn),其焦點(diǎn)F(0,c)(c>0)到直線l:x-y-2=0的距離為322,設(shè)P為直線l上的點(diǎn),過點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA,PB,其中A,B為切點(diǎn). (1)求拋物線C的方程; (2)當(dāng)點(diǎn)P(x0,y0)為直線l上的定點(diǎn)時(shí),求直線AB的方程; (3)當(dāng)點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)時(shí),求|AF||BF|的最小值. 4.(2018紅橋區(qū)一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,橢圓C與y軸交于A,B兩點(diǎn),且|AB|=2. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),且點(diǎn)P在y軸的右側(cè).直線PA,PB與直線x=4分別交于M,N兩點(diǎn).若以MN為直徑的圓與x軸交于兩點(diǎn)E,F,求點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍及|EF|的最大值. 1.(1)解:由題意知c=2,a=3,所以b=1. 所以橢圓的方程為x23+y2=1, “準(zhǔn)圓”的方程為x2+y2=4. (2)①解:因?yàn)椤皽?zhǔn)圓”x2+y2=4與y軸正半軸的交點(diǎn)為P(0,2), 設(shè)過點(diǎn)P(0,2),且與橢圓有一個(gè)公共點(diǎn)的直線為y=kx+2, 聯(lián)立方程組y=kx+2,x23+y2=1, 消去y, 得到(1+3k2)x2+12kx+9=0, 因?yàn)闄E圓與y=kx+2只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以Δ=144k2-49(1+3k2)=0, 解得k=1. 所以l1,l2的方程分別為y=x+2,y=-x+2. ②證明:a.當(dāng)l1,l2中有一條無斜率時(shí),不妨設(shè)l1無斜率,因?yàn)閘1與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn), 則其方程為x=3或x=-3. 當(dāng)l1的方程為x=3時(shí),此時(shí)l1與準(zhǔn)圓交于點(diǎn)(3,1),(3,-1), 此時(shí)經(jīng)過點(diǎn)(3,1)(或(3,-1))且與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線是y=1(或y=-1), 即l2為y=1(或y=-1),顯然直線l1,l2垂直; 同理可證l1方程為x=-3時(shí),直線l1,l2垂直. b.當(dāng)l1,l2都有斜率時(shí),設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),其中x02+y02=4, 設(shè)經(jīng)過點(diǎn)P(x0,y0)與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線為y=t(x-x0)+y0, 聯(lián)立方程組y=tx+(y0-tx0),x23+y2=1, 消去y得到x2+3[tx+(y0-tx0)]2-3=0, 即(1+3t2)x2+6t(y0-tx0)x+3(y0-tx0)2-3=0, Δ=[6t(y0-tx0)]2-4(1+3t2)[3(y0-tx0)2-3]=0, 經(jīng)過化簡得到(3-x02)t2+2x0y0t+1-y02=0, 因?yàn)閤02+y02=4, 所以有(3-x02)t2+2x0y0t+(x02-3)=0, 設(shè)l1,l2的斜率分別為t1,t2, 因?yàn)閘1,l2與橢圓都只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以t1,t2滿足上述方程(3-x02)t2+2x0y0t+(x02-3)=0, 所以t1t2=x02-33-x02=-1, 即l1,l2垂直. 綜合a和b知l1,l2垂直, 因?yàn)閘1,l2經(jīng)過點(diǎn)P(x0,y0),又分別交其“準(zhǔn)圓”于點(diǎn)M,N,且l1,l2垂直, 所以線段MN為“準(zhǔn)圓”x2+y2=4的直徑, 所以|MN|=4. 2.解:(1)設(shè)P(x,y)(x≠2), 所以kAPkBP=-12,所以yx+2yx-2=-12, 整理得x22+y2=1(x≠2), 因?yàn)锳,B兩點(diǎn)在橢圓上, 所以橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)由題可知,斜率一定存在且k≠0, 設(shè)過焦點(diǎn)F的直線方程為x=my+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0), 聯(lián)立x22+y2=1,x=my+1,則(m2+2)y2+2my-1=0, 所以y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-1m2+2,Δ=8(m2+1),所以x0=2m2+2,y0=-mm2+2, 所以|OM|=m2+4m2+2, 而|QM|=12|PQ| =12(1+m)2[4m2(m2+2)2+4(m2+2)(m2+2)2] =12(m2+1)(8m2+8)(m2+2)2 =2m2+1m2+2. 因?yàn)閨OM|=|QM|, 所以m2+4m2+2=2m2+1m2+2, 所以m2=12,所以k2=2,所以k=2. 因此,直線PF的斜率為2. 3.解:(1)因?yàn)閽佄锞€C的焦點(diǎn)F(0,c)(c>0)到直線l:x-y-2=0的距離為322, 所以|-c-2|2=322, 得c=1, 所以F(0,1),即拋物線C的方程為x2=4y. (2)設(shè)切點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2), 由x2=4y得y′=12x, 所以切線PA:y-y1=12x1(x-x1), 有y=12x1x-12x12+y1, 而x12=4y1, 即切線PA:y=12x1x-y1, 同理可得切線PB:y=12x2x-y2. 因?yàn)閮汕芯€均過定點(diǎn)P(x0,y0), 所以y0=12x1x0-y1,y0=12x2x0-y2, 由此兩式知點(diǎn)A,B均在直線y0=12xx0-y上, 所以直線AB的方程為y0=12xx0-y, 即y=12x0x-y0. (3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x′,y′), 由x′-y′-2=0, 得x′=y′+2, 則|AF||BF|=x12+(y1-1)2x22+(y2-1)2 =4y1+(y1-1)24y2+(y2-1)2 =(y1+1)2(y2+1)2 =(y1+1)(y2+1) =y1y2+(y1+y2)+1. 由x2=4y,y=12xx-y 得y2+(2y′-x′2)y+y′2=0, 有y1+y2=x′2-2y′,y1y2=y′2, 所以|AF||BF|=y′2+x′2-2y′+1 =y′2+(y′+2)2-2y′+1 =2(y′+12)2+92, 當(dāng)y′=-12,x′=32時(shí), 即P(32,-12)時(shí),|AF||BF|取得最小值92. 4.解:(1)由題意可得,2b=2,即b=1, e=ca=32,得a2-1a2=34, 解得a2=4, 橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1. (2)法一　設(shè)P(x0,y0)(00,解得x0∈(85,2]. 則|x1-x2|=25-8x0(850,解得x0∈(85,2]. 該圓的直徑為 |4(y0+1)x0-1-[4(y0-1)x0+1] |=|2-8x0|, 圓心到x軸的距離為 12|4(y0+1)x0-1+[4(y0-1)x0+1]|=|4y0x0|, 該圓在x軸上截得的弦長為2(1-4x0)2-(4y0x0)2=25-8x0(85

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