【文档说明】2021高考数学（理）集训13　解析几何 .docx，共(11)页，98.863 KB，由小赞的店铺上传

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专题限时集训(十三)解析几何1．(2018·全国卷Ⅰ)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y＝－22x＋2或y＝22x－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∠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＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y

2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝2kx1x2－3k(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＋x2＝4k

22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB

．综上，∠OMA＝∠OMB．2．(2019·全国卷Ⅱ)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．(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.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．[解](1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x2

4＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.

记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2(x－u)，x24＋y22＝1，得(2＋k2)x2－2uk2x

＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u(3k2＋2)2＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku(3k2＋2)2＋k2－u＝－1k.所以PQ

⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k(1＋k2)(1＋2k2)(2＋k2)＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k

，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)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Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交

于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0)．(1)证明：k＜－12；(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x214＋y2

13＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由题设得0＜m＜32，故k＜－12.(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m＝34，从而P1，－32，|FP→|＝32.于是|FA→|＝(x1－1)2＋y21＝(x1－1)2＋3

1－x214＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|－|FA→||＝12|x1－x2|＝12(x

1＋x2)2－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1.所以l的方程为y＝－x＋74，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.所以该数列的公

差为32128或－32128.4．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12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E0，52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Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－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的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝1＋t2|x1－x2|＝1＋t2×(x

1＋x2)2－4x1x2＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝t2＋1，d2＝2t2＋1.因此，四边形ADBE的面积S＝12|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)t2＋1.设M为线段AB的中点，则Mt，t2＋12

.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＝42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.1．(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，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y0＋p2＝54y0，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Δ＝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.则|AC|＝|AF|－1＝y1，|BD|＝|BF|－1＝y2，|AC|·|BD|＝y1y2＝(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：x2a2＋y2b2＝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，∴e＝ca＝12.∵

椭圆E：x2a2＋y2b2＝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x24＋y23＝1.(2)设直线CD的方程为x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，联立x＝my＋1，x24＋y2

3＝1，消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，∴y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，Δ＝36m2－4(3m2＋4)·(－9)＝144(m2＋1)＞0，∴S四边形OCAD＝S△OAD＋S△OAC＝12|OA|·|y2|＋12|OA|·|y1

|＝12|OA|·|y1－y2|＝12×2×(y1＋y2)2－4y1y2＝12m2＋13m2＋4，令t＝m2＋1≥1，则S＝12t3t2＋1＝123t＋1t.令f(t)＝3t＋1t，易知f′(t)＝3－1t2.由f′(t)＞0得t＞33，由f′(t)＜0得0＜t＜33.又t≥1

，∴f(t)在[1，＋∞)上为增函数，∴f(t)min＝f(1)＝4.∴S≤124＝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：x2a2＋y2b2＝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，e＝ca＝22，∵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＋x2＝4k22k2＋1.∵M为线段AB的中点，∴xM＝x1＋x22＝2k22k2＋1，yM＝k(xM－1)＝－k2k2＋1，∴kOM＝yMxM＝－12k，∴kOM·kl＝－12k×k＝－12为定值．(3)若四边形OAPB为平行四边形，则OA→＋OB→＝OP→，∴xP＝x1＋x2＝

4k22k2＋1，yP＝y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝－2k2k2＋1，∵点P在椭圆上，∴4k22k2＋12＋2×－2k2k2＋12＝2，解得k2＝12，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：x2a2＋y2b2＝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(2)2a2＋12b2＝1，a－c＝2－2，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝2，c＝2.故椭圆C的方程

为x24＋y22＝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)，x24＋y22＝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＋x2＝12k22k2＋1，x1·x2＝18k2－42k2＋

1.∵点P关于y轴的对称点为P′，则P′(x1，－y1)．∴直线P′Q的斜率k＝y2＋y1x2－x1.方程为：y＋y1＝y2＋y1x2－x1(x－x1)，即y＝y2＋y1x2－x1x－x1－x2－x1y2＋y1y1＝y2＋y1x2－x1x－(

y2＋y1)x1＋(x2－x1)y1y2＋y1＝y2＋y1x2－x1x－x1y2＋x2y1y2＋y1＝y2＋y1x2－x1x－x1k(x2－3)＋x2k(x1－3)k(x2－3)＋k(x1－3)＝

y2＋y1x2－x1x－2x1x2－3(x1＋x2)x1＋x2－6＝y2＋y1x2－x1x－2×18k2－42k2＋1－3×12k22k2＋112k22k2＋1－6＝y2＋y1x2－x1x－43.∴直线P′Q过

x轴上定点43，0.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com