【文档说明】2025届高三一轮复习数学试题（人教版新高考新教材）规范答题增分专项5　高考中的解析几何 Word版含解析.docx，共(7)页，59.790 KB，由小赞的店铺上传

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规范答题增分专项五高考中的解析几何1.(2023新高考Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2√5,0),离心率为√5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的

直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与直线NA2交于P,证明:点P在定直线上.2.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F为椭圆𝑥24+𝑦23=1的一个焦点.(1)求抛物线C的方程;(2)设P,M,N为抛物线C上不同的三

点,点P(1,2),且PM⊥PN.求证:直线MN过定点.3.(2021,全国Ⅱ·理20)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交抛物线C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与直线l相切

.(1)求抛物线C,☉M的方程;(2)设A1,A2,A3是抛物线C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A3与☉M的位置关系,并说明理由.4.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的两个焦点为F1,F2,点P(√2,1)在椭圆C上,且|PF1

|+|PF2|=4.(1)求椭圆C的方程;(2)设点P关于x轴的对称点为Q,M为椭圆C上一点,直线MP和MQ与x轴分别相交于点E,F,O为原点.证明:|OE|·|OF|为定值.5.(2021浙江,21)如图,已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,M是抛物线的准线与x轴的交点,

且|MF|=2.(1)求抛物线的方程;(2)设过点F的直线交抛物线于A,B两点,若斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB,x轴依次交于点P,Q,R,N,且满足|RN|2=|PN|·|QN|,求直线l在x轴上截距的取值范围.6

.已知点A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-34.(1)求点P的轨迹C的方程;(2)设点F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,R为PF2的中点,O为

坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值.7.已知动点P到定点F(1,0)和直线l:x=2的距离之比为√22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n与曲线

E交于C,D两点,与线段AB相交于一点(与A,B不重合).(1)求曲线E的方程.(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.8.已知抛物线E:y2=2px(p>0)

的顶点在坐标原点O,过抛物线E的焦点F的直线l与该抛物线交于M,N两点,△MON面积的最小值为2.(1)求抛物线E的标准方程.(2)试问是否存在定点D,过点D的直线n与抛物线E交于B,C两点,当A,B,C三点不共线时,使得以BC为直径的圆必过

点A(𝑝2,-𝑝)?若存在,求出所有符合条件的定点D;若不存在,请说明理由.规范答题增分专项五高考中的解析几何1.(1)解设双曲线C的方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0).∵c=2√5,e=𝑐𝑎=√5,∴a=2,∴b2=c

2-a2=16,故双曲线C的方程为𝑥24−𝑦216=1.(2)证明(ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4),设点M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.联立{𝑦=𝑘(𝑥+4),

𝑥24-𝑦216=1,消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0,∴{𝑥1+𝑥2=-8𝑘2𝑘2-4,𝑥1𝑥2=16𝑘2+16𝑘2-4.又点A1(-2,0),A2(2,0)

,易知x1≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=𝑦1𝑥1+2(x+2),①y=𝑦2𝑥2-2(x-2).②①÷②,得𝑥+2𝑥-2=𝑦2(𝑥1+2)𝑦1(𝑥2-2).③∵点(x1,y1)在�

�24−𝑦216=1上,∴𝑥124−𝑦1216=1,𝑦124=𝑥12-4=(x1-2)(x1+2),∴𝑥1+2𝑦1=𝑦14(𝑥1-2).代入③得𝑥+2𝑥-2=𝑦1𝑦24(𝑥1-2)(𝑥2-2)=𝑘2[𝑥1𝑥2+4(𝑥1+

𝑥2)+16]4[𝑥1𝑥2-2(𝑥1+𝑥2)+4],代入根与系数的关系式,得𝑥+2𝑥-2=-13,∴x=-1.∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上.(ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入�

�24−𝑦216=1,得M(-4,4√3),N(-4,-4√3).又点A1(-2,0),A2(2,0),∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2√3(x+2),y=2√3(𝑥-2)3,联立{𝑦=-2√3(𝑥+2),𝑦=2√3(𝑥-2)3,解得x=-1.此时点P也在定直线x=

-1上.综上可得,点P在定直线x=-1上.2.(1)解依题意,椭圆𝑥24+𝑦23=1的一个焦点为(1,0),由抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F为椭圆𝑥24+𝑦23=1的一个焦点,可得𝑝2=1,所以p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明设点M(

x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+n,由{𝑥=𝑚𝑦+𝑛,𝑦2=4𝑥,得y2-4my-4n=0,则Δ=16m2+16m>0,y1y2=-4n,y1+y2=4m.所以x1x2=(

my1+n)(my2+n)=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2=n2,x1+x2=m(y1+y2)+2n=4m2+2n.由PM⊥PN,得𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即(x1-1,y1-2)·(x2-1,y2-2)=0.化简得

n2-6n-4m2-8m+5=0,解得n=2m+5或n=-2m+1(舍).所以直线MN:x=my+2m+5过定点(5,-2).3.解(1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1时,y2=2p,y=±√2𝑝.因为OP⊥OQ,所以√2𝑝=1,即2p=1,故抛物线的标准方程为

y2=x.☉M的方程为(x-2)2+y2=1.(2)由题意可知直线A1A2,A1A3,A2A3均不平行于x轴.设点A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),直线A1A2的方程为x-x1=m1(y-y1),直线A1A3的方程为x-x1=m2(y-y1),m1≠m2.因为点A1在抛物

线C上,所以x1=𝑦12,所以直线A1A2的方程可化为x-m1y+m1y1-𝑦12=0,直线A1A3的方程可化为x-m2y+m2y1-𝑦12=0.因为直线A1A2,A1A3与☉M相切,☉M的圆心坐标为(2,0),半径r=1,所以|2+𝑚1𝑦1-𝑦12|√1+𝑚12=1,|2+𝑚

2𝑦1-𝑦12|√1+𝑚22=1,所以m1,m2为方程|2+𝑚𝑦1-𝑦12|√1+𝑚2=1的根,即m1,m2为方程m2(𝑦12-1)+m(4y1-2𝑦13)+𝑦14-4𝑦12+3=0的根.又m1≠m2,所以𝑦12-1≠0,所以m1+m2=2𝑦13-4𝑦1𝑦12-1,

m1m2=𝑦14-4𝑦12+3𝑦12-1.由{𝑥-𝑚1𝑦+𝑚1𝑦1-𝑦12=0,𝑦2=𝑥,消去x,得y2-m1y+m1y1-𝑦12=0,所以y1+y2=m1,即y2=m1-y1.同理,y3=m2-y1.设

直线A2A3的方程为x=ky+b,由{𝑥=𝑘𝑦+𝑏,𝑦2=𝑥,得y2-ky-b=0,所以y2+y3=k,y2y3=-b,所以k=y2+y3=m1+m2-2y1=-2𝑦1𝑦12-1,-b=y2y3=(m1-y1)(m2-y1)=m1m2-y1

(m1+m2)+𝑦12=3-𝑦12𝑦12-1.所以☉M的圆心到直线A2A3的距离d=|2-𝑏|√1+𝑘2=|2+3-𝑦12𝑦12-1|√1+(-2𝑦1𝑦12-1)2=𝑦12+1|𝑦12-1|𝑦12+1|𝑦12

-1|=1=r,故直线A2A3与☉M相切.4.(1)解由椭圆的定义,得|PF1|+|PF2|=2a=4,即a=2.将点P(√2,1)的坐标代入𝑥24+𝑦2𝑏2=1,得24+1𝑏2=1,解得b=√2.故椭圆C的方程为𝑥24+𝑦22=1.(2)证明由题意可知

点Q(√2,-1).设点M(x0,y0),则有𝑥02+2𝑦02=4,x0≠√2,y0≠±1.直线MP的方程为y-1=𝑦0-1𝑥0-√2(x-√2),令y=0,得x=√2𝑦0-𝑥0𝑦0-1,所以|OE|=|√2𝑦0-𝑥0𝑦0-1|.直线MQ的方程为y+1=𝑦0+1𝑥0-√2(

x-√2),令y=0,得x=√2𝑦0+𝑥0𝑦0+1,所以|OF|=|√2𝑦0+𝑥0𝑦0+1|.所以|OE|·|OF|=|√2𝑦0-𝑥0𝑦0-1|·|√2𝑦0+𝑥0𝑦0+1|=|

2𝑦02-𝑥02𝑦02-1|=|2𝑦02-(4-2𝑦02)𝑦02-1|=4.故|OE|·|OF|为定值4.5.解(1)由题意知p=2,所以抛物线的方程是y2=4x.(2)由题意可设直线AB的方程为x

=ty+1(𝑡≠12),A(x1,y1),B(x2,y2),将直线AB的方程代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,所以y1+y2=4t,y1y2=-4.直线MA的方程为y=𝑦1𝑥1+1(x+1),设直线l的方程为x=12y+

s.记P(xP,yP),Q(xQ,yQ),由{𝑦=𝑦1𝑥1+1(𝑥+1),𝑥=12𝑦+𝑠,得yP=2(𝑠+1)𝑦1(2𝑡-1)𝑦1+4.同理得yQ=2(𝑠+1)𝑦2(2𝑡-1)𝑦2+4.记R(xR,yR),由

{𝑥=𝑡𝑦+1,𝑥=12𝑦+𝑠,得yR=2(𝑠-1)2𝑡-1.由题意知|yR|2=|yP|·|yQ|,化简得(𝑠-1)2(2𝑡-1)2=(𝑠+1)24𝑡2+3.易知s≠1,所以

(𝑠+1)2(𝑠-1)2=4𝑡2+3(2𝑡-1)2.因为4𝑡2+3(2𝑡-1)2=(22𝑡-1+12)2+34≥34当t=-32时等号成立,所以(𝑠+1)2(𝑠-1)2≥34.得s≤-7-4√3或s≥-7+4√3且

s≠1.因此直线l在x轴上截距的取值范围是(-∞,-7-4√3]∪[-7+4√3,1)∪(1,+∞).6.解(1)设点P(x,y),因为点A(-2,0),B(2,0),所以k1=𝑦𝑥+2,k2=𝑦𝑥-2.又k1k2=-3

4,所以𝑦2𝑥2-4=-34,所以𝑥24+𝑦23=1(x≠±2).故轨迹C的方程为𝑥24+𝑦23=1(x≠±2).(2)因为O,R分别为F1F2,PF2的中点,所以OR∥PF1,所以△PF1R与△PF1O同底等高,所以𝑆△

𝑃𝐹1𝑅=𝑆△𝑃𝐹1𝑂,所以S=𝑆△𝑄𝐹1𝑂+𝑆△𝑃𝐹1𝑅=S△PQO.当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO=12×1×[32-(-32)]=32.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.由{𝑦=𝑘(𝑥+1),𝑥24+𝑦23=1,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,又Δ=144(k2+1)>0,得

x1+x2=-8𝑘23+4𝑘2,x1x2=4𝑘2-123+4𝑘2,故|PQ|=√1+𝑘2|x1-x2|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=12(1+𝑘2)3+4𝑘2.点O到直线PQ的距离d=|𝑘|√1+𝑘2,则S=12|PQ|d=6√𝑘2(𝑘2+1)(3+

4𝑘2)2.令u=3+4k2∈(3,+∞),则S=6√𝑢-34·𝑢+14𝑢2=32√-3𝑢2-2𝑢+1∈(0,32).故S的最大值为32.7.解(1)设点P(x,y),由题意可得√(𝑥-1)2+𝑦2|𝑥

-2|=√22,整理可得𝑥22+y2=1.所以曲线E的方程为𝑥22+y2=1.(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=√2.当m=0时,不符合题意.当m≠0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,可得|𝑛|√𝑚2+1=1,即m2+1=n2,由{𝑦=𝑚

𝑥+𝑛,𝑥22+𝑦2=1,消去y,得(𝑚2+12)x2+2mnx+n2-1=0.则Δ=4m2n2-4(𝑚2+12)(n2-1)=2m2>0,x1+x2=-4𝑚𝑛2𝑚2+1,x1x2=2𝑛

2-22𝑚2+1,所以S四边形ACBD=12|AB||x2-x1|=2|𝑚|2𝑚2+1=22|𝑚|+1|𝑚|≤√22.当且仅当2|m|=1|𝑚|,即m=±√22时,等号成立,此时n=±√62.经检验可知,

直线y=√22x-√62和直线y=-√22x+√62符合题意.故四边形ACBD的面积有最大值,最大值为√22,此时直线l的方程为y=√22x-√62或y=-√22x+√62.8.解(1)若直线l的斜率不存在,则直线l的方程

为x=𝑝2,代入抛物线E的方程,得y=±p,所以|MN|=2p,所以S△MON=12×𝑝2×2p=𝑝22.若直线l的斜率存在,则设直线l的方程为y=k(x-𝑝2)(k≠0),由{𝑦=𝑘(𝑥-𝑝2),𝑦2=

2𝑝𝑥,得k2x2-(pk2+2p)x+𝑘2𝑝24=0,则|MN|=𝑝𝑘2+2𝑝𝑘2+p=2p+2𝑝𝑘2.又点O到直线MN的距离d=𝑘𝑝2√𝑘2+1=𝑘𝑝2√𝑘2+1,所以S△MON=12·(2𝑝+2𝑝𝑘2)·𝑘𝑝2√𝑘

2+1=𝑝22√1+1𝑘2>𝑝22.所以△MON面积的最小值为𝑝22=2,又p>0,故p=2.故抛物线E的标准方程为y2=4x.(2)假设符合题意的定点D存在.因为直线n与抛物线E交于B,C两点,所以设直线n的方程为x=ay+b,点B(x1,y1),C(

x2,y2).由{𝑥=𝑎𝑦+𝑏,𝑦2=4𝑥,得y2-4ay-4b=0.又Δ=16a2+16b>0,所以y1+y2=4a,y1y2=-4b,所以x1+x2=a(y1+y2)+2b=4a2+2b,x1x2=a2y1y2+ab(y1+y2)+b2=b2.因

为以BC为直径的圆过点A(1,-2),所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,即(x1-1)(x2-1)+(y1+2)(y2+2)=b2-6b-4a2-8a+5=0,所以b=2a+1或b=-2a+5.当b=2a+1时,x=ay+2a+

1=a(y+2)+1,此时直线n过定点A,不符合题意,舍去.当b=-2a+5时,x=ay-2a+5=a(y-2)+5,此时直线n过定点(5,2),符合题意.故存在唯一的定点D(5,2)符合题意.