（通用版）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 規(guī)范解答集訓(xùn)5 解析幾何 理

規(guī)范解答集訓(xùn)(五)解析幾何(建議用時：40分鐘)1(2019·蘭州一診)已知曲線C上的任意一點(diǎn)到直線l：x的距離與到點(diǎn)F的距離相等(1)求曲線C的方程；(2)若過P(1,0)的直線與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，Q(1,0)為定點(diǎn)，設(shè)直線AQ的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，直線AB的斜率為k，證明：為定值解(1)由條件可知，此曲線是焦點(diǎn)為F的拋物線，p1.拋物線的方程為y22x.(2)根據(jù)已知，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)(k0)，由可得ky22y2k0.設(shè)A，B，則y1y2，y1y22.k1，k2.4.4.2已知橢圓C：1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(，0)，長半軸長與短半軸長的比值為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，若點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)解(1)由題意得，c，2，a2b2c2，a2，b1，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)證明：當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為ykxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y可得(4k21)x28kmx4m240.16(4k21m2)>0，x1x2，x1x2.點(diǎn)B在以線段MN為直徑的圓上，·0.·(x1，kx1m1)·(x2，kx2m1)(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20，(k21)k(m1)(m1)20，整理，得5m22m30，解得m或m1(舍去)直線l的方程為ykx.易知當(dāng)直線l的斜率不存在時，不符合題意故直線l過定點(diǎn)，且該定點(diǎn)的坐標(biāo)為.3(2019·洛陽一模)已知橢圓1(a>b>0)右頂點(diǎn)與右焦點(diǎn)的距離為2，短軸長為2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求橢圓的方程；(2)過點(diǎn)P(0，4)的直線l與橢圓分別交于A，B兩點(diǎn)，求OAB的面積的最大值解(1)由題意知ac2,2b2，b.聯(lián)立解得：c2，a.橢圓的方程為1.(2)由題意知直線l的斜率k存在，設(shè)直線方程為ykx4，聯(lián)立消去y得(13k2 )x224kx420.設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，>0，即3k27>0，x1x2，x1·x2.O到AB的距離d，|AB|x1x2 |，所以SOAB|AB|d2·|x1x2|224·.令t3k27，t>0,3k21t8.SOAB4·4·4·.當(dāng)且僅當(dāng)t8，即k±時，OAB的面積的最大值為.4已知拋物線C：x22py(p0)的焦點(diǎn)為F，M(2，y0)是C上一點(diǎn)，且|MF|2.(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)F的直線與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，分別過點(diǎn)A，B兩點(diǎn)作拋物線C的切線l1，l2，兩條切線相交于點(diǎn)P，點(diǎn)P關(guān)于直線AB的對稱點(diǎn)Q，判斷四邊形PAQB是否存在外接圓，如果存在，求出外接圓面積的最小值；如果不存在，請說明理由解(1)根據(jù)題意知，42py0，因為|MF|2，所以y02，聯(lián)立解得y01，p2.所以拋物線C的方程為x24y.(2)四邊形PAQB存在外接圓設(shè)直線AB方程為ykx1，代入x24y中，得x24kx40，設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)則16k2160，且x1x24k，x1x24，所以|AB|x1x2|4(k21)，因為C：x24y，即y，所以y.因此，切線l1的斜率為k1，切線l2的斜率為k2，由于k1k21，所以PAPB，即PAB是直角三角形，所以PAB的外接圓的圓心為線段AB的中點(diǎn)，線段AB是圓的直徑，所以點(diǎn)Q一定在PAB的外接圓上，即四邊形PAQB存在外接圓又因為|AB|4(k21)，所以當(dāng)k0時，線段AB最短，最短長度為4，此時圓的面積最小，最小面積為4.- 4 -