2023学年高考数学大二轮复习大题专项练六解析几何2.docx

大题专项练(六)　解析几何 A组　基础通关 1.(2023安徽蚌埠高三第三次教学质检)已知点E(-2,0),F(2,0),P(x,y)是平面内一动点,P可以与点E,F重合.当P不与E,F重合时,直线PE与PF的斜率之积为-14. (1)求动点P的轨迹方程; (2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切,求该矩形面积的取值范围. 解(1)当P与点E,F不重合时, 由kPE·kPF=-14,得yx+2·yx-2=-14,即x24+y2=1(y≠0), 当P与点E,F重合时,P(-2,0)或P(2,0). 综上,动点P的轨迹方程为x24+y2=1. (2)记矩形面积为S,当矩形一边与坐标轴平行时,易知S=8. 当矩形各边均不与坐标轴平行时, 根据对称性,设其中一边所在直线方程为y=kx+m,则对边方程为y=kx-m, 另一边所在的直线为y=-1kx+n,则对边方程为y=-1kx-n, 联立:x2+4y2=4,y=kx+m,得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0, 则Δ=0,即4k2+1=m2. 矩形的一边长为d1=|2m|k2+1, 同理:4k2+1=n2,矩形的另一边长为d2=|2n|1k2+1, S=d1·d2=|2m|k2+1·|2n|1k2+1=|4mnk|k2+1=4·(4k2+1)(k2+4)(k2+1)2 =4·4k4+17k2+4(k2+1)2=4·4+9k2(k2+1)2 =4·4+9k2+1k2+2∈(8,10], 综上:S∈[8,10]. 2.(2023山东烟台一模)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过F的动直线交抛物线C于A,B两点.当直线与x轴垂直时,|AB|=4. (1)求抛物线C的方程; (2)设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M,抛物线C上存在点P使得直线PA,PM,PB的斜率成等差数列,求点P的坐标. 解(1)因为Fp2,0,在抛物线方程y2=2px中,令x=p2,可得y=±p. 于是当直线与x轴垂直时,|AB|=2p=4,解得p=2. 所以抛物线的方程为y2=4x. (2)因为抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,所以M(-1,-2). 设直线AB的方程为y=x-1, 联立y2=4x,y=x-1消去x,得y2-4y-4=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4,y1y2=-4. 若点P(x0,y0)满足条件,则2kPM=kPA+kPB, 即2·y0+2x0+1=y0-y1x0-x1+y0-y2x0-x2, 因为点P,A,B均在抛物线上,所以x0=y024,x1=y124,x2=y224. 代入化简可得2(y0+2)y02+4=2y0+y1+y2y02+(y1+y2)y0+y1y2, 将y1+y2=4,y1y2=-4代入,解得y0=±2. 将y0=±2代入抛物线方程,可得x0=1. 于是点P(1,±2)为满足题意的点. 3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,左、右焦点分别为F1、F2,A为椭圆C上一点,AF1与y轴相交于B,|AB|=|F2B|,|OB|=43(O为坐标原点). (1)求椭圆C的方程; (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1,A2,过A1,A2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆C的一条切线l:y=kx+m(k≠0)分别与l1,l2交于点M,N,求证:∠MF1N=∠MF2N. 解 (1)如图,连接AF2,由题意得|AB|=|F2B|=|F1B|, 所以BO为△F1AF2的中位线, 又BO⊥F1F2,所以AF2⊥F1F2,且|AF2|=2|BO|=b2a=83, 又e=ca=13,a2=b2+c2,所以a2=9,b2=8,故所求椭圆C的方程为x29+y28=1. (2)由(1)可得,F1(-1,0),F2(1,0),l1的方程为x=-3,l2的方程为x=3. 由x=-3,y=kx+m,得x=-3,y=-3k+m, 由x=3,y=kx+m得x=3,y=3k+m,所以M(-3,-3k+m),N(3,3k+m), 所以F1M=(-2,-3k+m),F1N=(4,3k+m), 所以F1M·F1N=-8+m2-9k2. 联立得x29+y28=1,y=kx+m,得(9k2+8)x2+18kmx+9m2-72=0. 因为直线l与椭圆C相切, 所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)(9m2-72)=0, 化简得m2=9k2+8. 所以F1M·F1N=-8+m2-9k2=0, 所以F1M⊥F1N,故∠MF1N=π2. 同理可得F2M⊥F2N,∠MF2N=π2. 故∠MF1N=∠MF2N. 4.(2023四川棠湖中学高三适应性考试)已知抛物线C:x2=4y,M为直线l:y=-1上任意一点,过点M作抛物线C的两条切线MA,MB,切点分别为A,B. (1)当M的坐标为(0,-1)时,求过M,A,B三点的圆的方程; (2)证明:以AB为直径的圆恒过点M. (1)解当M的坐标为(0,-1)时,设过M点的切线方程为y=kx-1, 由x2=4y,y=kx-1,消y得x2-4kx+4=0.* 令Δ=(4k)2-4×4=0,解得k=±1. 代入方程*,解得A(2,1),B(-2,1). 设圆心P的坐标为(0,a),由|PM|=|PB|,得a+1=2,解得a=1. 故过M,A,B三点的圆的方程为x2+(y-1)2=4. (2)证明设M(x0,-1),由已知得y=x24,y'=12x,设切点分别为Ax1,x124,Bx2,x224,所以kMA=x12,kMB=x22, 切线MA的方程为y-x124=x12(x-x1), 即y=12x1x-14x12, 切线MB的方程为y-x224=x22(x-x2), 即y=12x2x-14x22. 又因为切线MA过点M(x0,-1), 所以得-1=12x0x1-14x12.① 又因为切线MB也过点M(x0,-1), 所以得-1=12x0x2-14x22.② 所以x1,x2是方程-1=12x0x-14x2的两实根, 由韦达定理得x1+x2=2x0,x1x2=-4. 因为MA=x1-x0,x124+1, MB=x2-x0,x224+1, 所以MA·MB=(x1-x0)(x2-x0)+x124+1x224+1=x1x2-x0(x1+x2)+x02+x12x2216+14[(x1+x2)2-2x1x2]+1. 将x1+x2=2x0,x1x2=-4代入,得MA·MB=0. 所以以AB为直径的圆恒过点M. 5.(2023山东潍坊三模)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,设A,B分别为椭圆C的右顶点,下顶点,△OAB的面积为1. (1)求椭圆C的方程; (2)已知不经过点A的直线l:y=kx+m(k≠0,m∈R)交椭圆于P,Q两点,线段PQ的中点为M,若|PQ|=2|AM|,求证:直线l过定点. (1)解由已知,ca=32,c2a2=1-b2a2,可得a2=4b2, 又因为S△AOB=1,即12ab=1,所以2b2=4b2, 即b2=1,a2=4, 所以椭圆C的方程为x24+y2=1. (2)证明由题意知A(2,0),因为|PQ|=2|AM|, 所以AM=PM=QM,所以线段PQ为△APQ外接圆的直径,即AP·AQ=0,联立y=kx+m,x24+y2=1, 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, Δ=16×(1+4k2-m2)>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1·x2=4m2-44k2+1,① 又因为AP·AQ=0, 即x1·x2-2(x1+x2)+y1·y2+4=0, 又y1=kx1+m,y2=kx2+m, y1y2=k2x1x2+m2+km(x1+x2), 即(k2+1)x1·x2+(km-2)(x1+x2)+m2+4=0,② 把①代入②,得 4k2m2-4k2+4m2-4-8k2m2+16km=-(4k2m2+16k2+m2+4), 即12k2+16km+5m2=0, 解得k=-12m或k=-56m, 所以直线l的方程为y=-12m(x-2)或y=-56mx-65, 所以直线l过定点65,0或(2,0)(舍去), 综上所述直线l过定点65,0. 6.(2023湖北武汉2月调研测试)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为22. (1)求椭圆Γ的标准方程; (2)过P(1,0)作动直线AB交椭圆Γ于A,B两点,Q(4,3)为平面上一定点,连接QA,QB,设直线QA,QB的斜率分别为k1,k2,问k1+k2是否为定值,如果是,则求出该定值;否则,说明理由. 解(1)依题意2a=4,a=2,e=ca=22,则c=2,则b2=a2-c2=2, ∴椭圆Γ的标准方程为x24+y22=1. (2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB:y=k(x-1), 与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2), 由y=k(x-1),x24+y22=1,消y整理可得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-4=0,显然Δ>0, ∴x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-42k2+1, 从而k1+k2=y1-3x1-4+y2-3x2-4=k(x1-1)-3x1-4+k(x2-1)-3x2-4=k+3k-3x1-4+k+3k-3x2-4 =2k+(3k-3)·1x1-4+1x2-4 =2k+(3k-3)·x1+x2-8x1x2-4(x1+x2)+16 =2k+(3k-3)·4k2-8(2k2+1)2k2-4-4(4k2)+16(2k2+1) =2k+(3k-3)·-23=2, 当直线AB的斜率不存在时,A1,62,B1,-62,则k1+k2=62-31-4+-62-31-4=2, 综上所述,k1+k2=2. B组　能力提升 7.(2023黑龙江哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模)已知椭圆C1:x24+y2=1的左、右两个顶点分别为A,B,点P为椭圆C1上异于A,B的一个动点,设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,若动点Q与A,B的连线斜率分别为k3,k4,且k3k4=λk1k2(λ≠0),记动点Q的轨迹为曲线C2. (1)当λ=4时,求曲线C2的方程; (2)已知点M1,12,直线AM与BM分别与曲线C2交于E,F两点,设△AMF的面积为S1,△BME的面积为S2,若λ∈[1,3],求S1S2的取值范围. 解(1)设P(x0,y0)(x0≠±2),则x024+y02=1, 因为A(-2,0),B(2,0),则 k1k2=y0x0+2·y0x0-2=y02x02-4=1-x024x02-4=-14. 设Q(x,y)(x≠±2), 所以k3k4=yx+2·yx-2=y2x2-4=λk1k2=-λ4, 整理得x24+y2λ=1(x≠±2). 所以,当λ=4时,曲线C2的方程为x2+y2=4(x≠±2). (2)设E(x1,y1),F(x2,y2).由题意知, 直线AM的方程为:x=6y-2,直线BM的方程为: x=-2y+2. 由(1)知,曲线C2的方程为x24+y2λ=1(x≠±2), 联立x=6y-2,λx2+4y2=4λ,消去x,得(9λ+1)y2-6λy=0,得y1=6λ9λ+1,联立x=-2y+2,λx2+4y2=4λ,消去x,得(λ+1)y2-2λy=0,得y2=2λλ+1, S1S2=12|MA||MF|sin∠AMF12|MB||ME|sin∠BME=|MA||MF||MB||ME|=12y1-12×y2-1212=y2-12y1-12=9λ+1λ+1, 设g(λ)=9λ+1λ+1=9-8λ+1,则g(