高考数学总复习专题七解析几何7.3解析几何压轴题精选刷题练理

7.3　解析几何(压轴题)

命题角度1曲线与轨迹问题　

高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅱ·20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足.

(1)求点P的轨迹方程;

(2)设点Q在直线x=-3上,且=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).

由得x0=x,y0=y.

因为M(x0,y0)在C上,所以=1.

因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.

F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),

则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),

=(-3-m,t-n).

由=1得-3m-m2+tn-n2=1.

又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.

所以=0,即.

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.

2.(2016全国Ⅲ·20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C 于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.

(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ;

(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.

F.

设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,

且A,B,P,Q,R.

记过A,B两点的直线为l,

则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.

由于F在线段AB上,故1+ab=0.

记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,

则k1==-b=k2.

所以AR∥FQ.

l与x轴的交点为D(x1,0),

则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,S△PQF=.

由题设可得|b-a|,

所以x1=0(舍去),x1=1.

设满足条件的AB的中点为E(x,y).

当AB与x轴不垂直时,由k AB=k DE可得(x≠1).

而=y,所以y2=x-1(x≠1).

当AB与x轴垂直时,E与D重合.

所以所求轨迹方程为y2=x-1.

新题演练提能·刷高分

1.(2018山西太原二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.

(1)求点B的轨迹E的方程;

(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点.

B(x,y),则AB的中点D,y>0.

∵C(0,1),则,

在☉C中,∵DC⊥DB,

∴=0,∴-+y=0,

即x2=4y(y>0).

∴点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).

E的方程为x2=4y,

设点P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2).

∵y=,∴y'=,

∴过点M、N的切线方程分别为y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2).

由4y1=,4y2=,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.

∵点P在这两条切线上,

∴2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,

即直线MN的方程为2(y-1)=tx,

故直线2(y-1)=tx过定点C(0,1).

2.(2018广西梧州3月适应性测试)已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率

为k2,且k1k2=-.

(1)求点P的轨迹C的方程;

(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值.

设P(x,y),∵A(-2,0),B(2,0),

∴k1=,k2=,

又k1k2=-,∴=-,

∴=1(x≠±2),

∴轨迹C的方程为=1(x≠±2).

(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故OR∥PF1,故△PF1R与△PF1O同底等高,故

,S==S△PQO,

当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO=×1×;

当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),

设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k≠0;联立

解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,

Δ=144(k2+1)>0,

故|PQ|=|x1-x2|=,

点O到直线PQ的距离d=,

S=|PQ|d=6,令u=3+4k2∈(3,+∞),故S=6

,故S的最大值为.

3.(2018甘肃兰州一模)已知圆C:(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P.

(1)求点P的轨迹E的方程;

(2)设过点C的直线l1交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1⊥l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).

①设W(x0,y0),证明:<1;

②求四边形QRST的面积的最小值.

r,由于D在圆内,圆P与圆C内切,则|PC|=2-r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2

>|CD|=2,

由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a=,c=1,b==1,E的方程为

+y2=1.

(2),垂足W在以CD为直径的圆周上,则有=1,又因Q,R,S,T为不同的四个点,<1.

l1或l2的斜率不存在,四边形QRST的面积为2.

若两条直线的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),

解方程组得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=2,

同理得|RT|=2,

∴S QSRT=|QS|·|RT|=,

当且仅当2k2+1=k2+2,即k=±1时等号成立.

综上所述,当k=±1时,四边形QRST的面积取得最小值.

4.(2018福建福州3月质检)设点A为圆C:x2+y2=4上的动点,点A在x轴上的投影为Q,动点M满足2,动点M的轨迹为E.

(1)求E的方程;

(2)设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线l的斜率为k(k≠0),l与E交于另一点P.若以点B为圆心,以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点,求k的取值范围.

设点M(x,y),A(x1,y1),则Q(x1,0),

因为2,

所以2(x1-x,-y)=(0,-y1),

所以解得

由于点A在圆C:x2+y2=4上,所以x2+4y2=4,

所以点M的轨迹E的方程为+y2=1.

(2)由(1)知,E的方程为+y2=1,因为直线l:y=kx+1(k≠0).

由得(1+4k2)x2+8kx=0.

设B(x1,y1),P(x2,y2),

因此x1=0,x2=-,

|BP|=|x1-x2|=,则点P的轨迹方程为x2+(y-1)2=

,

由

得3y2+2y-5+=0(-1≤y≤1),(*)

依题意得,(*)式关于y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解,

设f(x)=3x2+2x-5+(-1

因为函数f(x)的对称轴为x=-,

要使函数f(x)的图象在(-1,1)与x轴有两个不同的交点,

则

整理得

即所以解得k∈

,所以k的取值范围为

.

命题角度2直线与圆锥曲线的位置关系　高考真题体验·对方向

1.(2018全国Ⅰ·19)设椭圆C:+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.

F(1,0),l的方程为x=1.

由已知可得,点A的坐标为.

所以AM的方程为y=-x+或y=x-.

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∠OMA=∠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<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为k MA+k MB=,

由y1=kx1-k,y2=kx2-k得

k MA+k MB=.

将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,

所以,x1+x2=,x1x2=.

则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k

==0.

从而k MA+k MB=0,故MA,MB的倾斜角互补,

所以∠OMA=∠OMB.

综上,∠OMA=∠OMB.

2.(2018全国Ⅱ·19)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.

(1)求l的方程.

(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.

由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).

设A(x1,y1),B(x2,y2).

由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.

Δ=16k2+16>0,故x1+x2=.

所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=.

由题设知=8,解得k=-1(舍去),k=1.

因此l的方程为y=x-1.

(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.

设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则

解得

因此所求圆的方程为

(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.

3.(2018全国Ⅲ·20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).

(1)证明:k<-;

(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且=0.证明:||,||,||成等差数列,并求该数列的公差.

A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1.

两式相减,并由=k得·k=0.由题设知=1,

=m,于是k=-.①

由题设得0

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m=,

从而P,||=.

于是||=

==2-.

同理||=2-.

所以||+||=4-(x1+x2)=3.

故2||=||+||,则||,||,||成等差数列,

设该数列的公差为d,则2|d|=|||-|||=|x1-x2|=.②

将m=代入①得k=-1.

所以l的方程为y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0.

故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=.所以该数列的公差为或-

.

4.(2017全国Ⅲ·20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.

(1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.

A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.

由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=,x2=,故x1x2= =4.

因此OA的斜率与OB的斜率之积为=-1,所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上.

(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=.

由于圆M过点P(4,-2),因此=0,

故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,

即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.

由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.

所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-.

当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.

当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,圆M的半径为

,圆M的方程为.

5.(2017北京·18)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.

(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;

(2)求证:A为线段BM的中点.

C:y2=2px过点P(1,1),得p=.

所以抛物线C的方程为y2=x.

抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.

,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).

由得4k2x2+(4k-4)x+1=0.

则x1+x2=,x1x2=.

因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1),直线ON的方

程为y=x,点B的坐标为.

因为y1+-2x1=

=

=

==0,

所以y1+=2x1.

故A为线段BM的中点.

6.(2017天津·19)设椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为,已知A是抛

物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为.

(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;

(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为,求直线AP的方程.

设F的坐标为(-c,0).

依题意,=a,a-c=,

解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.

所以,椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.

(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P,

故Q.

将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=

.

由点B异于点A,可得点B.

由Q,可得直线BQ的方程为(x+1)-

=0,

令y=0,解得x=,故D.

所以|AD|=1-.

又因为△APD的面积为,

故,

整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,

所以m=±.

所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.

新题演练提能·刷高分

1.(2018河北唐山一模)已知椭圆Γ:=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为A,长轴长为2 ,B为直线l:x=-3上的动点,M(m,0),AM⊥BM.当AB⊥l时,M与F重合.

(1)求椭圆Γ的方程;

(2)若直线BM交椭圆Γ于P,Q两点,若AP⊥AQ,求m的值.

依题意得A(0,b),F(-c,0),当AB⊥l时,B(-3,b),

由AF⊥BF,得k AF·k BF==-1,

又b2+c2=6,

解得c=2,b=.

所以,椭圆Γ的方程为=1.

(2)由(1)得A(0,),依题意,显然m≠0,

所以=-,

又AM⊥BM,所以k BM=,

所以直线BM的方程为y=(x-m),

设P(x1,y1),Q(x2,y2).

联立

有(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0,

x1+x2=,x1x2=.

|PM|·|QM|=|(x1-m)(x2-m)|

=|x1x2-m(x1+x2)+m2|

=

=,|AM|2=2+m2,

由AP⊥AQ得,|AM|2=|PM|·|QM|,

所以=1,解得m=±1.

2.(2018河南郑州一模)已知圆C:x2+y2+2x-2y+1=0和抛物线E:y2=2px(p>0),圆心C到抛物线焦点F的距离为.

(1)求抛物线E的方程;

(2)不过原点的动直线l交抛物线于A,B两点,且满足OA⊥OB.设点M为圆C上任意一动点,求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程.

C:x2+y2+2x-2y+1=0可化为(x+1)2+(y-1)2=1,则圆心C为(-1,1).

∵F,0,∴|CF|=,解得p=6.

∴抛物线的方程为y2=12x.

(2)设直线l为x=my+t(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).

联立可得y2-12my-12t=0.

∴y1+y2=12m,y1y2=-12t.

∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=0,

即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0.

整理可得t2-12t=0,∵t≠0,∴t=12.

∴直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).∴当CN⊥l时,即动点M经过圆心C(-1,1)时到动直线l的距离取得最大值.

k MP=k CP==-,∴m=,

此时直线l的方程为x=y+12,

即为13x-y-156=0.

3.(2018甘肃第一次诊断性考试)椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆E在第一象限交于点P,若|PF1|=5,且3a=b2.

(1)求椭圆E的方程;

(2)A,B是椭圆C上位于直线l两侧的两点.若直线AB过点(1,-1),且∠APF2=∠BPF2,求直线AB 的方程.

由题意可得|PF2|==3,

因为|PF1|=5,由椭圆的定义得a=4,

所以b2=12,所以椭圆E的方程为=1.

(2)易知点P的坐标为(2,3).因为∠APF2=∠BPF2,所以直线PA,PB的斜率之和为0.

设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,设A(x1,y1),B(x2,y2),

则直线PA的方程为y-3=k(x-2),

由

可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,

∴x1+2=.

同理,直线PB的方程为y-3=-k(x-2),

可得x2+2=,

∴x1+x2=,x1-x2=,

k AB=,

∴满足条件的直线AB的方程为y+1=(x-1),即为x-2y-3=0.

命题角度3圆锥曲线的最值、范围问题　高考真题体验·对方向

1.(2017山东·21)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,焦距为

2.

(1)求椭圆E的方程.

(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=,M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T,求∠SOT的最大值并求取得最大值时直线l的斜率.

由题意知e=,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),

联立方程

得(4+2)x2-4k1x-1=0,

由题意知Δ>0,且x1+x2=,

x1x2=-.

所以|AB|=|x1-x2|

=.

由题意可知圆M的半径r为

r=|AB|=.

由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x.联立方程

得x2=,y2=,

因此|OC|=.

由题意可知sin

=,