【文档说明】【精准解析】2021高考数学（文）二轮（统考版）：主观题专练 解析几何（10）.docx，共(7)页，86.290 KB，由envi的店铺上传

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解析几何(10)1．[2020·重庆西南大学附中检测]已知圆C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.(1)若直线l过点(－2,0)且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程；(2)从圆C外一点P向圆C引一条切线，切点为M，O为坐标原点，满

足|PM|＝|PO|，求点P的轨迹方程．2．[2020·合肥市高三调研性检测]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，左、右顶点分别是A1，A2，上顶点为B(0，b)，△A1A2B的面积等于2.(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q(1,0)，P(4，m)，直线PA

1，PA2分别交椭圆C于点M，N，证明：M，Q，N三点共线．3．[2020·河北省联考试题]椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，短轴长为23，右顶点为A，上顶点为B，△ABF的面积为332.(1)求椭圆的标准方程；(2)过A作直

线l与椭圆交于另一点M，连接MF并延长交椭圆于点N，当△AMN的面积最大时，求直线l的方程．4.[2020·安徽省名校高三联考]已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过其焦点F的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，满足y1y2＝－4.(1)

求抛物线E的方程；(2)已知点C的坐标为(－2,0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，求1k21＋1k22的最小值．5．[2020·惠州市高三第二次调研考试试题]已知椭圆C的中心在坐标原点，离心率等于12，该椭圆的一个长轴端点恰好是抛物线y2＝16x的焦点．(1)求椭圆C的方

程；(2)已知直线x＝2与椭圆C的两个交点分别记为P，Q，其中点P在第一象限，点A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，

请说明理由．6．[2020·广东省联考试题]已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y2＝8x上相异两点，且满足x1＋x2＝4.(1)若直线AB经过点F(2,0)，求|AB|的值；(2)是否存在直线AB，使得线段AB的垂直平分线交x轴于点M，且|MA|＝42？若存

在，求直线AB的方程；若不存在，请说明理由．解析几何(10)1．解析：(1)x2＋y2＋2x－4y＋3＝0可化为(x＋1)2＋(y－2)2＝2.当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝－2，易求得直线l与圆C的交点为A(－2,1)，B

(－2,3)，|AB|＝2，符合题意；当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0，则圆心C到直线l的距离d＝|－k－2＋2k|k2＋1＝1，解得k＝34，所以直线l的方程为3x－4y

＋6＝0.综上，直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.(2)如图，PM为圆C的切线，连接MC，PC，则CM⊥PM，所以△PMC为直角三角形，所以|PM|2＝|PC|2－|MC|2.设P(x，y)，由(1)知C(－1,2)，|MC

|＝2.因为|PM|＝|PO|，所以(x＋1)2＋(y－2)2－2＝x2＋y2，化简得点P的轨迹方程为2x－4y＋3＝0.2．解析：(1)由离心率为32得，ca＝32①.由△A1A2B的面积为2得，ab＝2②.∵a2＝b2＋c2③，∴联立①②③解得，a＝2

，b＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)记点M，N的坐标分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)．注意到A1(－2,0)，∴直线PA1的方程为y＝m6(x＋2)，与椭圆x24＋y2＝1联立并整理得(m2＋9)x2＋4m2x＋4m2－36

＝0，由－2＋x1＝－4m2m2＋9得x1＝18－2m2m2＋9，代入直线PA1的方程得y1＝6mm2＋9，即M(18－2m2m2＋9，6mm2＋9)．同理可得N(2m2－2m2＋1，－2mm2＋1)．∵Q(1,0)，∴QM→＝(9－3m2m2＋9，6mm

2＋9)，QN→＝(m2－3m2＋1，－2mm2＋1)，由9－3m2m2＋9·－2mm2＋1＝m2－3m2＋1·6mm2＋9知QM→∥QN→，且QM与QN有公共点Q，M，Q，N三点共线．3．解析：(1)根据短轴长知b＝3，S△ABF＝12(a＋c

)·3＝332，则a＋c＝3，因为b2＝a2－c2，所以a－c＝1，故a＝2，c＝1，则椭圆的标准方程为x24＋y23＝1.(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则S△AMN＝

12|AF|·|y1－y2|＝32(y1＋y2)2－4y1y2，①y＝k(x＋1)3x2＋4y2－12＝0⇒(3＋4k2)y2－6ky－9k2＝0，y1＋y2＝6k3＋4k2，y1·y2＝－9k23＋4k2.代入①式得S△AMN＝326k3＋4k22＋

36k23＋4k2＝18k2＋k4(3＋4k2)2，令t＝3＋4k2，则t>3，k2＝t－34，S△AMN＝18t2－2t－316t2＝921－2t－3t2<92.当直线MN的斜率不存在时，S△AMN＝92.故当△AMN的面积最大时，MN垂直于x轴，此时直线l的斜率为±1

2，则直线l的方程为y＝±12(x－2)．4．解析：(1)因为直线AB过焦点，所以设直线AB的方程为x＝my＋p2，代入抛物线方程得y2－2pmy－p2＝0，则y1y2＝－p2＝－4，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4

x.(2)由(1)知抛物线的焦点坐标为F(1,0)，则直线AB的方程为x＝my＋1，代入抛物线的方程有y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，则k1＝y1x1＋2＝y1my1＋3，k2＝y2x2＋2＝y2my

2＋3，所以1k1＝m＋3y1，1k2＝m＋3y2，因此1k21＋1k22＝m＋3y12＋m＋3y22＝2m2＋6m(1y1＋1y2)＋9(1y21＋1y22)＝2m2＋6m·y1＋y2y1y2＋9·(y1＋

y2)2－2y1y2y21y22＝2m2＋6m·4m－4＋9·(4m)2＋816＝5m2＋92，所以当且仅当m＝0时，1k21＋1k22有最小值92.5．解析：(1)由已知，得抛物线y2＝16x的焦点为(4,0)，依题意设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，则a

＝4，因为e＝ca＝12，所以c＝2.又a2＝b2＋c2，所以b2＝12.所以椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)由题意，当∠APQ＝∠BPQ时，直线AP与BP的斜率存在且斜率之和为0.设直线PA的斜率为k，则直线BP的斜率为－k，记A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题

意，直线x＝2与椭圆C的两个交点P(2,3)，Q(2，－3)，则PA的方程为y－3＝k(x－2)，联立得y－3＝k(x－2)x216＋y212＝1，消去y，得(3＋4k2)x2＋8(3k－2k2)x＋16k2－4

8k－12＝0，由已知Δ>0恒成立，所以2＋x1＝8k(2k－3)3＋4k2，同理，可得2＋x2＝8k(2k＋3)3＋4k2.所以x1＋x2＝16k2－123＋4k2，x1－x2＝－48k3＋4k2，所以kAB＝

y1－y2x1－x2＝k(x1＋x2)－4kx1－x2＝12.所以直线AB的斜率为定值12.6．解析：(1)解法一①若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x＝2.联立方程得y2＝8xx＝2，解得x＝2y＝4或x＝2y＝－4，即A(2,4)，B(2，－4)或A

(2，－4)，B(2,4)，所以|AB|＝8.②若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，联立方程得y2＝8xy＝k(x－2)，消去y，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，故x1＋x2＝4k2＋8k2＝4，无

解．综上，可得|AB|＝8.解法二直线AB过抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，根据抛物线的定义，得|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋4＝8.(2)假设存在直线AB符合题意，设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，联立方程得y

2＝8xy＝kx＋b，消去y，得k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0(*)，故x1＋x2＝－2kb－8k2＝4，所以b＝4k－2k.所以x1x2＝b2k2＝(4k2－2)2.所以|AB|＝1＋k2(x1＋x2)2－4x1x2＝(1＋k2)[42－4(4k2－2)2

]＝8k4－1k2.因为y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k＋2b＝8k，所以AB的中点为C(2，4k)．所以线段AB的垂直平分线方程为y－4k＝－1k(x－2)，即x＋ky－6＝0.令y＝0，得x＝6.所以点M的坐标

为(6,0)．所以点M到直线AB的距离d＝|CM|＝(6－2)2＋16k2＝4k2＋1|k|.因为|MA|2＝(|AB|2)2＋|CM|2，所以(42)2＝(4k4－1k2)2＋(4k2＋1|k|)2，解得k＝±1.当k＝1时，b＝2；当k＝

－1时，b＝－2.把k＝1b＝2和k＝－1b＝－2分别代入(*)式检验，得Δ＝0，不符合题意．故不存在符合题意的直线AB.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com