2023年2021高考数学13 解析几何.pdf

晨鸟教育 专题限时集训(十三)解析几何 1(2018 全国卷)设抛物线 C：y 2 2 x，点 A(2,0)，B(2,0)，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；(2)证明：ABM ABN.解(1)当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x 2，可得点 M 的坐标为(2,2)或(2，1 1 2)所以直线 BM 的方程为 y x 1 或 y x 1.2 2(2)证明：当 l 与 x 轴垂直时，AB 为 MN 的垂直平分线，所以 ABM ABN.当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y k(x 2)(k 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x10，x20.由 Error!得 ky2 2 y 4 k 0，2 可知 y1 y2，y1y2 4.k 直线 BM，BN 的斜率之和为 y1 y 2 x 2y 1 x1y 2 2 y1 y2 kBM kBN.x1 2 x2 2 x1 2 x2 2 y 1 y 2 将 x1 2，x2 2 及 y1 y2，y1y2 的表达式代入 式分子，可得 k k 2 y 1y 2 4 k y1 y2 8 8 x2y1 x1y2 2(y1 y2)0.k k 所以 kBM kBN 0，可知 BM，BN 的倾斜角互补，所以 ABM ABN.综上，ABM ABN.x 2 2(2017 全国卷)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：y 2 1 上，过 M 2 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足 NP 2 NM.(1)求点 P 的轨迹方程；(2)设点 Q 在直线 x 3 上，且 OP PQ 1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 解(1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0,0)，NP(x x0，y)，NM(0，y0)2 由 NP 2 NM 得 x0 x，y0 y.2 x2 y 2 因为 M(x0，y0)在 C 上，所以 1.2 2 因此点 P 的轨迹方程为 x2 y2 2.(2)证明：由题意知 F(1,0)设 Q(3，t)，P(m，n)，则 OQ(3，t)，PF(1 m，n)，OQ PF 3 3 m tn，OP(m，n)，PQ(3 m，t n)由 OP PQ 1 得 3 m m2 tn n2 1.又由(1)知 m2 n2 2，故 3 3 m tn 0.所以 OQ PF 0，即 OQ PF.又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的 左焦点 F.x2 y 2 3(2018 全国卷)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C：1 交于 A，B 两 4 3 点，线段 AB 的中点为 M(1，m)(m 0)1(1)证明：k；2(2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且 FP FA FB 0.证 明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差 时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 x2 1 y 2 1 x y 解(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 1，1.4 3 4 3 2 2 y1 y2 x 1 x2 y 1 y2 两式相减，并由 k 得 k 0.x1 x2 4 3 x1 x2 y 1 y2 3 由题设知 1，m，于是 k.2 2 4 m Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 3 1 由题设得 0 m，故 k.2 2(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(y1 y2)2 m 0.3 3 3 又点 P 在 C 上，所以 m，从而 P，|.4(1 2)FP 2 x2 1 x 1 于是|FA|4)2.x 1 12 y2 1 x 1 123(1 2 x2 同理|FB|2.2 1 所以|FA|FB|4(x1 x2)3.2 故 2|FP|FA|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列 设该数列的公差为 d，则 1 2|d|FB|FA|x1 x2|2 1 x1 x22 4 x1x 2.2 3 将 m 代入 得 k 1.4 7 1 所以 l 的方程为 y x，代入 C 的方程，并整理得 7 x2 14 x 0.4 4 1 3 21 时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 故 x1 x2 2，x1x2，代入 解得|d|.28 28 3 21 3 21 所以该数列的公差为 或.28 28 4(2019 全国卷)已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，|AB|4，M 过点 A，B 且与直线 x 2 0 相切(1)若 A 在直线 x y 0 上，求 M 的半径；(2)是否存在定点 P，使得当 A 运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由 解(1)因为 M 过点 A，B，所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上由已知 A 在直线 x y 0 上，且 A，B 关于坐标原点 O 对称，所以 M 在直线 y x 上，故可 Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 设 M(a，a)因为 M 与直线 x 2 0 相切，所以 M 的半径为 r|a 2|.由已知得|AO|2，又 MO AO，故可得 2 a2 4(a 2)2，解得 a 0 或 a 4.故 M 的半径 r 2 或 r 6.(2)存在定点 P(1,0)，使得|MA|MP|为定值 理由如下：设 M(x，y)，由已知得 M 的半径为 r|x 2|，|AO|2.由于 MO AO，故可得 x2 y2 4(x 2)2，化简得 M 的轨迹方程为 y2 4 x.因为曲线 C：y2 4 x 是以点 P(1,0)为焦点，以直线 x 1 为准线的抛物线，所以|MP|x 1.因为|MA|MP|r|MP|x 2(x 1)1，所以存在满足条件的定点 P.1(2020 德州一模)已知抛物线 E：x 2 2 py(p 0)的焦点为 F，圆 M 的方程为：5 x 2 y2 py 0，若直线 x 4 与 x 轴交于点 R，与抛物线交于点 Q，且|QF|RQ|.4(1)求出抛物线 E 和圆 M 的方程；(2)过焦点 F 的直线 l 与抛物线 E 交于 A，B 两点，与圆 M 交于 C，D 两点(A，C 在 y 轴同侧)，求证：|AC|DB|是定值 5 解(1)设 Q(4，y0)，由|QF|RQ|，4 p 5 得 y0 y0，即 y0 2 p.2 4 将点(4,2 p)代入抛物线方程，可得 p 2.抛物线 E：x2 4 y，圆 M 的方程为：x2 y2 2 y 0.(2)证明：抛物线 E：x 2 4 y 的焦点 F(0,1)，设直线 l 的方程为 y kx 1，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立 Error!得 x2 4 kx 4 0.时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 则 16(k2 1)0，且 x1 x2 4 k，x1x2 4.Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 由圆的方程可得圆 M 的圆心坐标为 M(0,1)，半径为 1，圆心就是焦点 由抛物线的定义可知|AF|y1 1，|BF|y2 1.则|AC|AF|1 y1，|BD|BF|1 y2，|AC|BD|y1y2(kx1 1)(kx2 1)k2x1x2 k(x1 x2)1 4 k 2 4 k2 1 1.即|AC|DB|是定值 1.x 2 y 2 2(2020 株洲模拟)已知椭圆 E：1(a b 0)经过点(0，3)，离心率 a 2 b 2 1 为.2(1)求椭圆 E 的方程；(2)设点 A，F 分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点 F 作直线交椭圆于 C，D 两点，求四边形 OCAD 面积的最大值(O 为坐标原点)1 c 1 解(1)离心率为，e.2 a 2 x2 y 2 3 椭圆 E：1(a b 0)经过点(0，3)，1，即 b2 3.a2 b 2 b 2 又 a2 b2 c2，a2 4.x2 y 2 故椭圆 E 的方程为 1.4 3(2)设直线 CD 的方程为 x my 1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立 Error!消去 x，得(3 m2 4)y2 6 my 9 0，6 m 9 y1 y2，y1y2，36 m2 4(3 m2 4)(9)144(m2 3 m2 4 3 m2 4 1)0，1 S 四边形 OCAD S OAD S OAC|OA|2 1 1|y2|OA|y1|OA|y1 y2|2 2 时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 1 12 m 2 1 2 y1 y22 4 y1y 2，2 3 m2 4 12 t 12 令 t m2 1 1，则 S.3 t 2 1 1 3 t t Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 1 1 令 f(t)3 t，易知 f(t)3.t t2 3 由 f(t)0 得 t，3 3 由 f(t)0 得 0 t.3 又 t 1，f(t)在 1，)上为增函数，f(t)min f(1)4.12 S 3.4 即四边形 OCAD 的面积的最大值为 3.x 2 y 2 3(2020 石景山区一模)已知椭圆 C：1(a b 0)的右焦点为 F(1,0)，a 2 b 2 2 离心率为.直线 l 过点 F 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两交点 A，B，线段 AB 的 2 中点为 M.(1)求椭圆 C 的方程；(2)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值；(3)延长线段 OM 与椭圆 C 交于点 P，若四边形 OAPB 为平行四边形，求此时 直线 l 的斜率 c 2 解(1)由题意可知，c 1，e，a 2 a2 b2 c2，a 2，b 1，x 2 椭圆的方程为 y2 1.2(2)证明：设直线 l 的方程为 y k(x 1)(k 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 Error!消去 y 得，(2 k2 1)x2 4 k2x 2 k 2 2 0，4 k2 则 x1 x2.时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 2 k2 1 x1 x2 2 k 2 M 为线段 AB 的中点，xM，2 2 k2 1 k yM k(xM 1)，2 k2 1 yM 1 kOM，xM 2 k Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 1 1 kOM kl k 为定值 2 k 2(3)若四边形 OAPB 为平行四边形，则 OA OB OP，4 k 2 2 k xP x1 x2，yP y1 y2 k(x1 x2)2 k，2 k 2 1 2 k2 1 4 k 2 2 2 k 2 点 P 在椭圆上，(2 k21)2(2 k21)2，1 2 解得 k2，即 k，2 2 2 当四边形 OAPB 为平行四边形时，直线 l 的斜率为 k.2 x 2 y 2 4(2020 汉中模拟)已知 P(0,2)是椭圆 C：1(a b 0)的一个顶点，C a 2 b 2 3 的离心率 e.3(1)求椭圆的方程；(2)过点 P 的两条直线 l1，l2 分别与 C 相交于不同于 P 的 A，B 两点，若 l1 与 l2 的斜率之和为 4，则直线 AB 是否经过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过 定点，请说明理由 解(1)由题意知，Error!解得 Error!x2 y 2 所以椭圆的方程为 1.6 4(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y kx t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 Error!消去 y 并整理得(3 k 2 2)x2 6 ktx 3 t2 12 0，时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 则(6 kt)2 4(3 k2 2)(3 t2 12)0，即 6 k2 t2 4 0，6 kt 3 t 2 12 x1 x2，x1x2.3 k 2 2 3 k2 2 y1 2 y2 2 由 l1 与 l2 的斜率之和为 4，可得 4，x1 x 2 又 y1 kx1 t，y2 kx2 t，y1 2 y2 2 kx1 t 2 kx2 t 2 t 2 x1 x2 所 以 2 k 2 k x1 x 2 x 1 x 2 x 1x 2 Earlybird时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 晨鸟教育 6 kt t 2 3 k 2 2 4，化简得 t k 2(t 2 舍去)3 t 2 12 3 k 2 2 所以直线 AB 的方程为 y kx k 2 k(x 1)2，易知直线 AB 过定点(1，2)当直线 AB 的斜率不存在时，设其方程为 x m，A(m，y3)，B(m，y4)，y3 2 y4 2 y3 y4 4 则 4，m m m 易知 y3，y4 互为相反数，所以 y3 y4 0，所以 m 1.可知直线 x 1 也可过定 点(1，2)综上可知，直线 AB 经过定点，定点坐标为(1，2).时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题 Earlybird 时设的方程为则由得可知直线的斜率之和为及将的表达式代入式分子可得所以可知的倾斜角互补所以综上全国卷设为 左焦点晨鸟教育解设则由得因为在上所以因此点的轨迹方程为证明由题意知设则由得又由知故所以即又过点存在唯一 的右焦点为上一点且证明成等差数列并求该数列的公差解设则两式相减并由得由题设知于是晨鸟教育由题设得故由题