2023年2021高考数学13 解析几何 含解析.pdf

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1、 晨鸟教育 专题限时集训(十三)解析几何 x2 1(2018全国卷)设椭圆 C：y21 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交 2 于 A，B 两点，点 M 的坐标为(2,0)(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程；(2)设 O 为坐标原点，证明：OMA OMB 解(1)由已知得 F(1,0)，l 的方程为 x1.2 2 由已知可得，点 A 的坐标为(1 2)或(1 2).，2 2 又 M(2,0)，所以 AM 的方程为 y x 2或 y x 2.2 2(2)证明：当 l 与 x 轴重合时，OMA OMB 0.当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以O

2、MA OMB 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 yk(x1)(k 0)，A(x1，y1)，y1 B(x2，y2)，则 x1 2，x2 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMAkMB x12 y2.x22 由 y1kx1k，y2kx2k 得 2kx1x23k x1x24k kMAkMB.x12x22 x2 将 yk(x1)代入 y21，得 2(2 k21)x24k2x2k220.4k2 2k22 所以 x1x2，x1x2.2k21 2k21 4k34k 12 k38k34k 则 2kx1x23k(x1x2)4k 0.2k21 从而 kMAkMB0，故 MA，MB 的倾斜角互

3、补所以OMA OMB 综上，OMA OMB 2(2019全国卷)已知点 A(2,0)，B(2,0)，动点 M(x，y)满足直线 AM 与 BM Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 1 的斜率之积为.记 M 的轨迹为曲线 C 2(1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交 C

4、 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PE x 轴，垂足 为 E，连接 QE 并延长交 C 于点 G.证明：PQG 是直角三角形；求PQG 面积的最大值 y y 1 x2 y2 解(1)由题设得 ，化简得 1(|x|2)，所以 C 为中心在 x2 x2 2 4 2 坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左、右顶点(2)证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 ykx(k 0)2 由 Error!得 x .12k2 2 记 u，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)12k2 k k 于是直线 QG 的斜率为，方程为 y(xu)2 2 由 Error!得(2 k2)x22uk2xk

5、2u280.u3k22 设 G(xG，yG)，则u 和 xG 是方程的解，故 xG，由此得 yG 2k2 uk3.2k2 uk3 uk 2k2 1 从而直线 PG 的斜率为 .所以 PQ PG，即PQG 是直角三 u3k22 k u 2k2 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 角形 2uk k21 1 由得|PQ|2u 1k2

6、，|PG|，所以PQG 的面积 S|PQ|PG|2k2 2 1 8(k)8k 1k2 k .12k22k2 1 12(k)k Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 1 设 tk ，则由 k 0 得 t2，当且仅当 k 1 时取等号 k 8t 因为 S 在2，)单调递减，所以当 t2，即 k 1 时，S

7、 取得最大值，12t2 16 最大值为.9 16 因此，PQG 面积的最大值为.9 x2 y2 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 x2 1 y2 1 x y 解(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 1，1.4 3 4 3 2 2 y1y2 x1x2 y1y2 两式相减，并由 k 得 k 0.x1x2 4 3 x1x

8、2 y1y2 3 由题设知 1，m，于是 k .2 2 4m 3 1 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 由题设得 0m ，故 k .2 2(2)由题意得 F(1,0)设 P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得 x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m 0.3 3 3

9、又点 P 在 C 上，所以 m4，从而 P(1，2)，|FP|.2 x2 1 x1 于是|FA|2.x112y2 1 x1123(14)2 x2 同理|FB|2.2 1 所以|FA|FB|4(x1x2)3.2 Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 故 2|FP|FA|FB|，即|FA|，|FP|，|F

10、B|成等差数列 设该数列的公差为 d，则 1 2|d|FB|FA|x1x2|2 1 x1x224x1x2.2 3 将 m 代入得 k 1.4 7 1 所以 l 的方程为 yx，代入 C 的方程，并整理得 7x214 x 0.4 4 1 3 21 故 x1x22，x1x2，代入解得|d|.28 28 3 21 3 21 所以该数列的公差为 或.28 28 x2 1 4(2019全国卷)已知曲线 C：y，D 为直线 y 上的动点，过 D 作 C 2 2 的两条切线，切点分别为 A，B(1)证明：直线 AB 过定点；5(2)若以 E(0 为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四

11、，2)边形 ADBE 的面积 1 解(1)证明：设 D(t，A(x1，y1)，则 x 2y1.，2)2 1 1 y1 2 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 由于 yx，所以切线 DA 的斜率为 x1，故 x1.x1t 整理得 2tx12y110.设 B(x2，y2)，同理可得 2tx22y210.故直线 AB 的方程为 2t

12、x 2y10.1 所以直线 AB 过定点(0.，2)1(2)由(1)得直线 AB 的方程为 ytx .2 由 Error!可得 x22tx 10.Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 于是 x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|1t2|x1x2|1t2 x1x224x1x

13、22(t21)2 设 d1，d2 分别为点 D，E 到直线 AB 的距离，则 d1 t21，d2.t21 1 因此，四边形 ADBE 的面积 S|AB|(d1d2)(t23)t21.2 1 设 M 为线段 AB 的中点，则 M(t 2).，t2 由于 EM AB，而 EM(t，t22)，AB 与向量(1，t)平行，所以 t(t22)t0.解得 t0 或 t 1.当 t0 时，S3；当 t 1 时，S4 2.因此，四边形 ADBE 的面积为 3 或 4 2.1(2020德州一模)已知抛物线 E：x22py(p0)的焦点为 F，圆 M 的方程为：5 x2y2py 0，若直线 x4 与 x 轴交于点

14、 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 y02p.2 4 将点(4,2 p)代入抛物线方程，可得 p2.抛物线 E：x24y，圆 M 的方程为：x2y22y0.(2)证明：抛物线 E：x24y 的焦点 F(0,1)，设直线 l 的方程为 ykx 1，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立 Error!得 x24kx 40.

15、轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 则 16(k21)0，且 x1x24k，x1x24.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|y11，|BF|y21.Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故

16、的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 则|AC|AF|1y1，|BD|BF|1y2，|AC|BD|y1y2(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)14k24k211.即|AC|DB|是定值 1.x2 y2 2(2020株洲模拟)已知椭圆 E：1(ab0)经过点(0，3)，离心率 a2 b2 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

17、，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 y2 3 椭圆 E：1(ab0)经过点(0，3)，1，即 b23.a2 b2 b2 又 a2b2c2，a24.x2 y2 故椭圆 E 的方程为 1.4 3(2)设直线 CD 的方程为 xmy 1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立 Error!消去 x，得(3 m24)y26my 90，6m 9 y1y2，y1y2，36 m24(3 m24)(9)144(m2 3m24 3m24 1)0，1 S 四边形 OCADSOADSOAC|OA|2 1 1|y2|OA|y1|OA|y

18、1y2|2 2 1 12 m21 2 y1y224y1y2，2 3m24 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 12 t 12 令 t m211，则 S .3t21 1 3t t 1 1 令 f(t)3t，易知 f(t)3.t t2 Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由

19、得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 3 由 f(t)0 得 t，3 3 由 f(t)0 得 0t.3 又 t1，f(t)在1，)上为增函数，f(t)minf(1)4.12 S 3.4 即四边形 OCAD 的面积的最大值为 3.x2 y2 3(2020石景山区一模)已知椭圆 C：1(ab0)的右焦点为 F(1,0)，a2 b2 2 离心率为.直线 l 过点 F 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两

20、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，c1，e ，a 2 a2b2c2，a 2，b1，x2 椭圆的方程为 y21.2(2)证明：设直线 l 的方程为 yk(x1)(k 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 Error!消去 y 得，(2 k21)x24k2x2k220，4k2 则 x1x2.2k21 x1x2 2k2 M 为线段 AB 的中点，xM ，2 2k2

21、1 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 k yMk(xM1)，2k21 yM 1 kOM ，xM 2k 1 1 kOMkl k 为定值 2k 2 Earlybird轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于

22、点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 (3)若四边形 OAPB 为平行四边形，则 OA OB OP，4k2 2k xPx1x2，yPy1y2k(x1x2)2k ，2k21 2k21 4k2 2k 2(2 点 P 在椭圆上，(2k21)2 2k21)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 x2 y2 4(2020汉中模拟)已知椭圆 C：1(ab0)，椭圆上的点到焦点的最 a2 b2 小距离为 2 2且过点 P(

23、2，1)(1)求椭圆 C 的方程；(2)若过点 M(3,0)的直线 l 与椭圆 C 有两个不同的交点 P 和 Q，若点 P 关于 x 轴的对称点为 P，判断直线 PQ 是否经过定点，如果经过，求出该定点坐标；如 果不经过，说明理由 解(1)由题意 Error!解得 Error!x2 y2 故椭圆 C 的方程为 1.4 2(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)将直线与椭圆的方程联立得：Error!消去 y，整理得(2 k21)x212 k2x18 k240.12 k2 18 k24 由根与系数之间的关系可得：x1x2，x1x2.2k21 2k21 点 P 关于 y 轴的对称点为 P，则 P

24、(x1，y1)y2y1 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 直线 PQ 的斜率 k .x2x1 y2y1 方程为：yy1(xx1)，x2x1 y2y1 x2x1 y2y1 y2y1x1x2x1y1 即 yx2x1(xx1 y1)x2x1x y2y1 y2y1 y2y1 x1y2x2y1 x2x1(x y2y1)Earlybir

25、d轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 晨鸟教育 y2y1 x1k x23x2kx13 k x23k x13 x2x1x y2y1 2x1x23x1x2 x2x1x x1x26 18 k24 12 k2 2 3 y2y1 2k21 2k21 y2y1 4 x2x1(6)x2x1(x 3).x 12 k2 2k21 4 直线 PQ

26、 过 x 轴上定点(，0).3 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设 Earlybird 轴垂直时为的垂直平分线所以当与轴不重合也不垂直时设的方程为则直线的斜率之和为由得将代入得所以则故的倾斜曲线过坐标原点的直线交于两点点在第一象限轴垂足为连接并延长交于点证明是直角三角形求面积的最大值解由题设线的斜率为方程为由得设则和是方程的解故由此得从而直线的斜率为所以即是直角三角形由得所以的面积晨鸟教育设