2021届高考数学二轮复习 解析几何综合题大题规范训练 理.DOC

大题规范练(五)解析几何综合题(限时：60分钟)1(2013·高考福建卷)如图，抛物线E：y24x的焦点为F，准线l与x轴的交点为A.点C在抛物线E上，以C为圆心，|CO|为半径作圆，设圆C与准线l交于不同的两点M，N.(1)若点C的纵坐标为2，求|MN|；(2)若|AF|2|AM|·|AN|，求圆C的半径2已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于A，B两点，且|AF|BF|2，|AB|的最小值为2.(1)求椭圆E的方程；(2)若圆x2y2的切线L与椭圆E相交于P，Q两点，当P，Q两点横坐标不相等时，OP(O为坐标原点)与OQ是否垂直？若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由3(2013·高考陕西卷)已知动圆过定点A(4，0), 且在y轴上截得弦MN的长为8. (1) 求动圆圆心的轨迹C的方程； (2) 已知点B(1，0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是PBQ的角平分线， 证明直线l过定点. 4(2014·大连市双基测试)已知椭圆M：1(ab0)，直线ykx(k0)与椭圆M交于A、B两点，直线yx与椭圆M交于C、D两点，P点坐标为(a，0)，直线PA和PB斜率的乘积为.(1)求椭圆M的离心率；(2)若弦AC的最小值为，求椭圆M的方程5(2014·济南市模拟)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，由4个点M(a，b)、N(a，b)、F2和F1组成了一个高为，面积为3的等腰梯形(1)求椭圆的方程；(2)过点F1的直线和椭圆交于两点A、B，求F2AB面积的最大值6(2013·高考山东卷)椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点设直线PF1，PF2的斜率分别为k1、k2.若k0，试证明为定值，并求出这个定值大题规范练(五)1解：(1)抛物线y24x的准线l的方程为x1.由点C的纵坐标为2，得点C的坐标为(1，2)，所以点C到准线l的距离d2.又|CO|，所以|MN|222.(4分)(2)设C，则圆C的方程为(yy0)2y，即x2xy22y0y0.由x1，得y22y0y10.(6分)设M(1，y1)，N(1，y2)，则由|AF|2|AM|·|AN|，得|y1y2|4，(8分)所以14，解得y0±，此时0.所以圆心C的坐标为或，从而|CO|2，|CO|，即圆C的半径为.(12分)2解：(1)设A(x0，y0)，则B(x0，y0)，F(c，0)(c2a2b2)，|AF|BF|2a2，a.(2分)又|AB|22，0xa2，|AB|min2b2，b1，椭圆E的方程为y21.(5分)(2)由题设条件可知直线L的斜率存在，设直线L的方程为ykxm.直线L与圆x2y2相切，m2(k21)(7分)将ykxm代入y21中得，(12k2)x24kmx2m220，8(2k21m2)0.令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2，则x1x2，x1x2，y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.(10分)·x1x2y1y20，即OP与OQ垂直(12分)3解：图(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|.当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H，则H是MN的中点，(2分)|O1M|.又|O1A|，.化简得，y28x(x0)当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0，0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.(4分)(2)如图图，由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20.其中32kb64>0.由根与系数的关系得，x1x2，x1x2.(6分)x轴是PBQ的角平分线，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，(8分)将代入并整理得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb.此时>0，直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1，0)(12分)4解：(1)设A(x1，y1)，由对称性可得B(x1，y1)，将A(x1，y1)代入椭圆的方程可得1，故直线PA和PB斜率的乘积×.(2分)由直线PA和PB斜率的乘积为，所以，所以，.所以椭圆M的离心率为.(5分)(2)由(1)可将椭圆方程化为x22y2a2，联立，可得x2，y2，(7分)设O为坐标原点，则|OA|2，同理可得|OC|2.由已知条件可知直线ykx与yx垂直，所以|AC|2|OA|2|OC|2a2×a2×.(10分)当且仅当k±1时取等号，所以，即a22，所以椭圆M的方程为y21.(12分)5解：(1)由条件，得b，且·3，所以ac3.(2分)又a2c23，解得a2，c1.所以椭圆的方程为1.(4分)(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线方程为xmy1，直线与椭圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点联立方程，消去x得，(3m24)y26my90，因为直线过椭圆内的点，所以无论m为何值，直线和椭圆总相交所以y1y2，y1y2.(6分)SF2AB|F1F2|y1y2|y1y2|1244，(9分)令tm211，设yt，易知当t时，函数单调递减，当t时，函数单调递增所以当tm211，即m0时，ymin，所以SF2AB的最大值为43.(12分)6解：(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y±.由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(4分)(2)方法一：设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x(x0)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由题意知.(6分)由于点P在椭圆上，所以y1.所以.因为<m<，2<x0<2，可得所以mx0.因此<m<.(8分)方法二：设P(x0，y0)，当0x0<2时，当x0时，直线PF2的斜率不存在，易知P或P.若P，则直线PF1的方程为x4y0.由题意得m，因为<m<，所以m.若P，同理可得m.(6分)当x0时，设直线PF1，PF2的方程分别为yk1(x)，yk2(x)由题意知，所以.因为y1，且k1，k2，所以，即.(8分)因为<m<，0x0<2且x0，所以.整理得m，故0m<且m.综合可得0m<.当2<x0<0时，同理可得<m<0.综上所述，m的取值范围是.(10分)(3)设P(x0，y0)(y00)，则直线l的方程为yy0k(xx0)联立得整理得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(y2kx0y0k2x1)0.由题意0，即(4x)k22x0y0k1y0.又y1，所以16yk28x0y0kx0，故k.由(2)知，所以()·8，因此为定值，这个定值为8.(12分)10