（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪沖刺 搶分練 壓軸大題突破練（四）解析幾何

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1、(四)解析幾何 1．(2019·杭州外國語學(xué)校模擬)拋物線x2＝4y的焦點為F，直線l：y＝－1，若A為拋物線上第一象限的一動點，過F作AF的垂線交直線l于點B，交拋物線于M，N兩點． (1)求證：直線AB與拋物線相切； (2)若點A滿足AM⊥AN，求此時點A的坐標(biāo)． (1)證明　由題意得焦點F(0,1)， 設(shè)A(x0，y0)(x0>0，y0>0)， ∴直線AF的斜率為， 由題意知直線BF斜率存在，則直線BF的方程為 y＝x＋1， ∴點B的坐標(biāo)為， ∴直線AB的斜率為 ＝＝， 根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義得y＝x2在點A(x0，y0)處的切線斜率為， ∴直線AB與拋物線相切

2、． (2)解　由(1)知A(x0，y0)， 直線MN的方程為y＝x＋1， 由 消去y整理得x2－x－4＝0， 由題意知，Δ>0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝－4， 由題意得直線AM的斜率為＝＝， 同理直線AN的斜率為， ∴·＝－1， 整理得y－2y0－3＝0， 又因為A(x0，y0)在第一象限，解得y0＝3(舍負(fù))， 代入拋物線方程得x0＝2， 所以存在點A(2，3)，使得AM⊥AN. 2.如圖，已知直線y＝－2mx－2m2＋m與拋物線C：x2＝y(tǒng)相交于A，B兩點，定點M. (1)證明：線段AB被直線y＝－x平分；

3、(2)求△MAB面積取得最大值時m的值． (1)證明　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立方程組 得x2＋2mx＋2m2－m＝0， Δ＝4m2－4(2m2－m)>0，即0

4、則f′(t)＝1－6t2， 則f(t)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故當(dāng)t＝時，f(t)取得最大值，即△MAB面積取得最大值，此時有＝，解得m＝. 3．(2019·湖州中學(xué)模擬)如圖，A為橢圓＋y2＝1的下頂點，過A的直線l交拋物線x2＝2py(p>0)于B，C兩點，C是AB的中點． (1)求證：點C的縱坐標(biāo)是定值； (2)過點C作與直線l傾斜角互補的直線l′交橢圓于M，N兩點，求p的值，使得△BMN的面積最大． (1)證明　易知A(0，－1)，不妨設(shè)B， 則C， 把點C代入拋物線方程得 2＝2p·，得t2＝4p， ∴yC＝＝為定值． (2)解　∵點C是AB中點，∴S△B

5、MN＝S△AMN， ∵直線l的斜率k＝＝， 直線l′的斜率k′＝－， ∴直線l′的方程為y－＝－， 即y＝－x＋2，不妨記m＝－， 則l′：y＝mx＋2， 代入橢圓方程整理得(2m2＋1)x2＋8mx＋6＝0， Δ＝64m2－24(2m2＋1)>0，即m2>， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝， |MN|＝|x1－x2| ＝2··， A到MN的距離d＝， 所以S△BMN＝S△AMN＝·|MN|·d ＝3·＝ ≤＝. 當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即m2＝時，等號成立，此時滿足Δ>0， 所以t2＝＝，p＝＝. 4．(2019·余高、縉中、

6、長中模擬)對于橢圓＋＝1(a>b>0)，有如下性質(zhì)：若點P(x0，y0)是橢圓外一點，PA，PB是橢圓的兩條切線，則切點A，B所在直線的方程是＋＝1.利用此結(jié)論解答下列問題： 已知橢圓C：＋y2＝1和點P(2，t)(t∈R)，過點P作橢圓C的兩條切線，切點是A，B，記點A，B到直線PO(O是坐標(biāo)原點)的距離是d1，d2. (1)當(dāng)t＝0時，求線段AB的長； (2)求的最大值． 解　(1)因為點P(2，t)，直線AB的方程是2x＋2ty＝2， 即x＋ty＝1，當(dāng)t＝0時，直線AB的方程是x＝1， 此時|AB|＝. (2)由(1)知直線AB的方程是x＋ty＝1， 直線PO的方程

7、是tx－2y＝0， 聯(lián)立得(t2＋2)y2－2ty－1＝0，Δ>0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(tx1－2y1)(tx2－2y1)<0， 所以d1＋d2＝＋ ＝， 另|AB|＝|y1－y2|， 所以＝； 設(shè)2＋t2＝x，則＝ ＝＝， 所以，當(dāng)＝，即x＝4，t2＝2時， 有最大值為. 5．(2019·慈溪中學(xué)模擬)如圖所示，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，橢圓C過點(0，)，T為直線x＝4上的動點，過點T作橢圓C的切線TA，TB，A，B為切點． (1)求證：A，F(xiàn)2，B三點共線； (2)過點F2作一條直線與曲線C交

8、于P，Q兩點，過P，Q作直線x＝4的垂線，垂足依次為M，N.求證：直線PN與MQ交于定點． 證明　(1)由已知得＝，b＝， 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝， 所以橢圓C的方程為＋＝1. 設(shè)T(4，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則切線TA，TB的方程分別為 ＋＝1，＋＝1， 由于切線TA，TB過點T(4，t)， 所以x1＋＝1，x2＋＝1， 即x1＋y1＝1，x2＋y2＝1， 所以直線AB的方程為x＋y＝1. 易知直線AB過點F2(1,0)， 所以A，F(xiàn)2，B三點共線． (2)當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)過點F2的直線為 y＝k(x－1)(k≠0)，

9、 聯(lián)立 得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則Δ＝(－8k2)2－4(3＋4k2)(4k2－12)>0， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 過P，Q作直線x＝4的垂線，垂足依次為M，N， 則M(4，y1)，N(4，y2)， 則直線PN：y－y2＝(x－4)， 令y＝0，則x＝ ＝ ＝， 直線MQ：y－y1＝(x－4)， 令y＝0，得x＝＝， 因為2x1x2＋8－5(x1＋x2)＝＋8－ ＝0， 所以＝. 因此直線PN與MQ交于定點D. 當(dāng)PQ⊥x軸即直線PQ的斜率不存在時，可得PN與MQ交于點.

10、 故直線PN與MQ交于定點D. 6.如圖，過橢圓M：＋y2＝1的右焦點F作直線交橢圓于A，C兩點． (1)當(dāng)A，C變化時，在x軸上求定點Q，使得∠AQF＝∠CQF； (2)在(1)的條件下，設(shè)直線QA交橢圓M的另一個交點為B，連接BF并延長交橢圓于點D，當(dāng)四邊形ABCD的面積取得最大值時，求直線AC的方程． 解　(1)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，Q(q,0)， 當(dāng)A，C不在x軸上時，設(shè)直線AC的方程為x＝ty＋1， 代入橢圓M的方程， 可得(2＋t2)y2＋2ty－1＝0. 由題意知，Δ>0， 則y1＋y2＝－，y1y2＝－， 由意題知kAQ＋kCQ＝＋

11、＝ ＝ ＝＝0， 即2ty1y2＋(1－q)(y1＋y2)＝0， 整理得－2t－2t(1－q)＝0， 由題意知無論t取何值，上式恒成立，則q＝2， 當(dāng)A，C在x軸上時，定點Q(2,0)依然可使∠AQF＝∠CQF成立，所以點Q的坐標(biāo)是(2,0)． (2)由(1)知∠AQF＝∠CQF， 即∠BQF＝∠CQF. 所以BQ，CQ關(guān)于x軸對稱， 所以BD，CA關(guān)于x軸對稱， 所以B，C關(guān)于x軸對稱，A，D關(guān)于x軸對稱， 所以四邊形ABCD是一個等腰梯形． 則四邊形ABCD的面積 S(t)＝|x1－x2|·|y1－y2|＝|t|·|y1－y2|2 ＝8·. 由對稱性不妨設(shè)t>0， 求導(dǎo)可得S′(t)＝－8·， 令S′(t)＝0， 可得t2＝， 由于S(t)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t2＝時，四邊形ABCD的面積S取得最大值． 此時，直線AC的方程是x＝±y＋1. 9