2023年2021高考数学13 解析几何 含解析1.pdf

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1、晨鸟教育 Earlybird 专题限时集训(十三)解析几何 1(2018 全国卷)设椭圆 C：x22 y2 1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 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 x 1.由已知可得，点 A 的坐标为1，22或1，22.又 M(2,0)，所以 AM 的方程为 y22x 2或 y22x 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 OM

2、A OMB 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y k(x 1)(k 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1 2，x2 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA kMBy1x1 2y2x2 2.由 y1 kx1 k，y2 kx2 k 得 kMA kMB2kx1x2 3k x1 x2 4k x1 2 x2 2.将 y k(x 1)代入x22 y2 1，得(2k2 1)x2 4k2x 2k2 2 0.所以 x1 x24k22k2 1，x1x22k2 22k2 1.则 2kx1x2 3k(x1 x2)4k4k3 4k 12k3 8k3 4k2k2 1 0.从而 kMA

3、 kMB 0，故 MA，MB 的倾斜角互补所以 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的斜率之积为12.记 M 的轨迹为曲线 C 晨鸟教育 Earlybird(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 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 解(1)由题设得yx 2yx 212，化简得x24y22 1(|x|2)，所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x

4、 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 y kx(k 0)由 y kx，x24y22 1得 x 21 2k2.记 u21 2k2，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线 QG 的斜率为k2，方程为 yk2(x u)由 yk2 x u，x24y22 1，得(2 k2)x2 2uk2x k2u2 8 0.设 G(xG，yG)，则 u 和 xG是方程 的解，故 xGu 3k2 22 k2，由此得 yGuk32 k2.从而直线 PG 的斜率为uk32 k2 uku 3k2 22 k2 u1k.所以 PQ PG，即 PQG 是直角三角形 由 得|

5、PQ|2u 1 k2，|PG|2uk k2 12 k2，所以 PQG 的面积 S12|PQ|PG|8k 1 k2 1 2k2 2 k281k k1 21k k2.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得将代入所以则从而故的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird 设 t k1k，则由 k 0 得 t 2，当且仅当 k 1 时取等号 因为 S8t1 2t2在 2

6、，)单调递减，所以当 t 2，即 k 1 时，S 取得最大值，最大值为169.因此，PQG 面积的最大值为169.3(2018 全国卷)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C：x24y23 1 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M(1，m)(m 0)(1)证明：k12；(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 解(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214y213 1，x224y223 1.两式相减，并由y1 y2x1 x2 k 得x1 x24y1 y23 k 0.由题设知x

7、1 x22 1，y1 y22 m，于是 k34m.由题设得 0 m32，故 k12.(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)2m 0.又点 P 在 C 上，所以 m34，从而 P1，32，|FP|32.于是|FA|x1 12 y21 x1 12 31x214 2x12.同理|FB|2x22.所以|FA|FB|412(x1 x2)3.故 2|FP|FA|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列 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

8、则直线的斜率之和为由得得将代入所以则从而故的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird 设该数列的公差为 d，则 2|d|FB|FA|12|x1 x2|12 x1 x22 4x1x2.将 m34代入 得 k 1.所以 l 的方程为 y x74，代入 C 的方程，并整理得 7x2 14x14 0.故 x1 x2 2，x1x2128，代入 解得|d|3 2128.所以该数列的公差为3 2128或3 2128

9、.4(2019 全国卷)已知曲线 C：yx22，D 为直线 y12上的动点，过 D 作 C的两条切线，切点分别为 A，B(1)证明：直线 AB 过定点；(2)若以 E0，52为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形 ADBE 的面积 解(1)证明：设 Dt，12，A(x1，y1)，则 x21 2y1.由于 y x，所以切线 DA 的斜率为 x1，故y112x1 t x1.整理得 2tx1 2y1 1 0.设 B(x2，y2)，同理可得 2tx2 2y2 1 0.故直线 AB 的方程为 2tx 2y 1 0.所以直线 AB 过定点0，12.(2)由(1)得直线 AB 的

10、方程为 y tx12.由 y tx12，yx22可得 x2 2tx 1 0.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得将代入所以则从而故的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird 于是 x1 x2 2t，x1x2 1，y1 y2 t(x1 x2)1 2t2 1，|AB|1 t2|x1 x2|1 t2 x1 x22 4x1x2 2(t2 1)设 d1，d2分别为点

11、 D，E 到直线 AB 的距离，则 d1 t2 1，d22t2 1.因此，四边形 ADBE 的面积 S12|AB|(d1 d2)(t2 3)t2 1.设 M 为线段 AB 的中点，则 Mt，t212.由于 EM AB，而 EM(t，t2 2)，AB与向量(1，t)平行，所以 t(t2 2)t 0.解得 t 0 或 t 1.当 t 0 时，S 3；当 t 1 时，S 4 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：x2 2py(p 0)的焦点为 F，圆 M 的方程为：x2 y2 py 0，若直线 x 4 与 x 轴交于点 R，与抛物线交于点 Q，

12、且|QF|54|RQ|.(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 解(1)设 Q(4，y0)，由|QF|54|RQ|，得 y0p254y0，即 y0 2p.将点(4,2p)代入抛物线方程，可得 p 2.抛物线 E：x2 4y，圆 M 的方程为：x2 y2 2y 0.(2)证明：抛物线 E：x2 4y 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 x2 4y，y kx 1，得 x2 4kx 4 0.则

13、 16(k2 1)0，且 x1 x2 4k，x1x2 4.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.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得将代入所以则从而故的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird 则|AC|AF|1 y1，|BD|BF|1 y2，|AC|BD|y1y2

14、(kx1 1)(kx2 1)k2x1x2 k(x1 x2)1 4k2 4k2 1 1.即|AC|DB|是定值 1.2(2020 株洲模拟)已知椭圆 E：x2a2y2b2 1(a b 0)经过点(0，3)，离心率为12.(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)解(1)离心率为12，eca12.椭圆 E：x2a2y2b2 1(a b 0)经过点(0，3)，3b2 1，即 b2 3.又 a2 b2 c2，a2 4.故椭圆 E 的方程为x24y23 1.(2)设直线 CD 的方程

15、为 x my 1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立 x my 1，x24y23 1，消去 x，得(3m2 4)y2 6my 9 0，y1 y26m3m2 4，y1y293m2 4，36m2 4(3m2 4)(9)144(m21)0，S四边形OCAD SOAD SOAC12|OA|y2|12|OA|y1|12|OA|y1 y2|12 2 y1 y22 4y1y212 m2 13m2 4，令 t m2 1 1，则 S12t3t2 1123t1t.令 f(t)3t1t，易知 f(t)31t2.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得将代入所以则从而故

16、的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird 由 f(t)0 得 t33，由 f(t)0 得 0 t33.又 t 1，f(t)在 1，)上为增函数，f(t)min f(1)4.S124 3.即四边形 OCAD 的面积的最大值为 3.3(2020 石景山区一模)已知椭圆 C：x2a2y2b2 1(a b 0)的右焦点为 F(1,0)，离心率为22.直线 l 过点 F 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两交点

17、 A，B，线段 AB 的中点为 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 解(1)由题意可知，c 1，eca22，a2 b2 c2，a 2，b 1，椭圆的方程为x22 y2 1.(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 y k x 1，x22 y2 1，消去 y 得，(2k2 1)x2 4k2x 2k2 2 0，则 x1 x24k22k2 1.M 为线段 AB 的中点，xMx1 x22

18、2k22k2 1，yM k(xM 1)k2k2 1，kOMyMxM12k，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得将代入所以则从而故的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird kOM kl12k k12为定值(3)若四边形 OAPB 为平行四边形，则 OA OB OP，xP x1 x24k22k2 1，yP y1 y2 k(x1 x2)2k 2k2k2 1，点

19、 P 在椭圆上，4k22k2 12 2 2k2k2 12 2，解得 k212，即 k 22，当四边形 OAPB 为平行四边形时，直线 l 的斜率为 k 22.4(2020 汉中模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b2 1(a b 0)，椭圆上的点到焦点的最小距离为 2 2且过点 P(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 P Q 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 22a212b2 1，a c 2 2，a2 b2 c2，解得 a 2，b

20、2，c 2.故椭圆 C 的方程为x24y22 1.(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)将直线与椭圆的方程联立得：y k x 3，x24y22 1，消去 y，整理得(2k2 1)x2 12k2x 18k2 4 0.由根与系数之间的关系可得：x1 x212k22k2 1，x1 x218k2 42k2 1.点 P 关于 y 轴的对称点为 P，则 P(x1，y1)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得将代入所以则从而故的 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

21、是方程的解故由此得从而直线的斜率为角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则晨鸟教育 Earlybird 直线 P Q 的斜率 ky2 y1x2 x1.方程为：y y1y2 y1x2 x1(x x1)，即 yy2 y1x2 x1x x1x2 x1y2 y1y1y2 y1x2 x1x y2 y1 x1 x2 x1 y1y2 y1 y2 y1x2 x1xx1y2 x2y1y2 y1 y2 y1x2 x1xx1k x2 3 x2k x1 3k x2 3 k x1 3 y2 y1x2 x1x2x1x2 3 x1 x2x1 x2 6 y2 y1x2 x1x218k2 42k2 1 312k22k2 112k22k2 1 6y2 y1x2 x1x43.直线 P Q 过 x 轴上定点43，0.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得将代入所以则从而故的 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角形所以即是直角三由得所以的面积晨鸟教育则