【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列5解析几何（文）作业

【数学】2020届一轮复习（文理合用）高考大题规范解答系列5解析几何（文）作业

对应学生用书[练案60文]‎ 高考大题规范解答系列(五)——解析几何(文)‎ ‎1．(2019·重庆模拟)已知圆C满足下列条件：①圆心C在第一象限；②圆心C在直线2x－y＝0上；③圆C与x轴相切；④圆C被直线x－y＝0截得的弦长为.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－3m－2＝0，判断直线l与圆C的位置关系，并说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由已知可设圆心C(a,2a)(a>0)，则圆C的半径r＝2a.‎ 圆心C到直线x－y＝0的距离d＝＝a.‎ 故2＝2＝a＝，‎ ‎∴a＝1，∴圆C的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4.‎ ‎(2)直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－3m－2＝0可化为 ‎(2x＋y－3)m＋x＋y－2＝0，‎ 令得，‎ ‎∴直线l恒过定点(1,1)．‎ 又(1－1)2＋(1－2)2<4，∴直线l与圆C相交．‎ ‎2．(2019·北京模拟)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，点A是椭圆上一点，且点A到椭圆C两焦点的距离之和为4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)椭圆C上一动点P(x0，y0)关于直线y＝2x的对称点为P1(x1，y1)，求3x1－4y1的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)依题意知2a＝4，∴a＝2.‎ ‎∵e＝＝，∴c＝，b＝＝，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)∵点P(x0，y0)关于直线y＝2x的对称点为P1(x1，y1)，‎ ‎∴ 解得x1＝，y1＝.‎ ‎∴3x1－4y1＝－5x0.‎ ‎∵点P(x0，y0)在椭圆C：＋＝1上，‎ ‎∴－2≤x0≤2，则－10≤－5x0≤10.‎ ‎∴3x1－4y1的取值范围为[－10,10]．‎ ‎3．(2019·包头模拟)在直角坐标系xOy中，长为＋1的线段的两端点C，D分别在x轴，y轴上滑动，＝.记点P的轨迹为曲线E.‎ ‎(1)求曲线E的方程；‎ ‎(2)经过点(0,1)作直线l与曲线E相交于A，B两点，＝＋，当点M在曲线E上时，求直线l的方程．‎ ‎[解析]　(1)设C(m,0)，D(0，n)，p(x，y)．‎ 由＝，得(x－m，y)＝(－x，n－y)，‎ 所以得 由||＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2，‎ 所以(＋1)2x2＋y2＝(＋1)2，‎ 整理，得曲线E的方程为x2＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝＋，‎ 知点M的坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．‎ 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，‎ 则x1＋x2＝－，‎ 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.‎ 由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋＝1，‎ 即＋＝1，解得k2＝2.‎ 此时直线l的方程为y＝±x＋1.‎ ‎4．(2019·海南模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，连接椭圆的两个焦点和短轴的两个端点得到的四边形为正方形，正方形的边长为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设C(m,0)，过焦点F(c,0)(c>0)且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆交于A，B两点，使得(＋)⊥，求实数m的取值范围．‎ ‎[解析]　(1)由椭圆的定义得a＝，b＝c＝1，‎ ‎∴椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)得F(1,0)，直线l的方程为y＝k(x－1)，‎ 代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)，则x1＋x2＝，‎ ‎∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝，x0＝，y0＝.‎ ‎∵＋＝2，∴(＋)⊥，⊥，‎ ‎∴kCM×k＝×k＝－1，∴x0－m＋ky0＝0，‎ ‎∴－m＋×k＝0，m＝＝∈(0，)，‎ ‎∴实数m的取值范围是(0，)．‎ ‎5．(2019·西宁模拟)如图，已知抛物线x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，圆S：x2＋y2－py＝0，直线l：y＝kx＋与圆和抛物线自左至右顺次交于四点A，B，C，D．‎ ‎(1)若线段AB，BC，CD的长按此顺序构成一个等差数列，求正数k的值；‎ ‎(2)若直线l1过抛物线的焦点且垂直于直线l，l1与抛物线交于M，N两点，设MN，AD的中点分别为P，Q，求证：直线PQ过定点．‎ ‎[解析]　(1)由题意可得p＝2，∴S(0,1)，圆S的半径为1.‎ 设A(x1，y1)，D(x2，y2)，由得x2－4kx－4＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝4k，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2.‎ ‎∴|AB|＋|CD|＝|AS|＋|DS|－|BC|＝y1＋1＋y2＋1－2＝y1＋y2＝4k2＋2＝2|BC|＝4.‎ 又k>0，∴k＝.‎ ‎(2)∵x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，‎ ‎∴Q(2k,2k2＋1)．‎ 当k＝0时，直线l1与抛物线没有两个交点，∴k≠0，‎ 用－替换k可得P(－，＋1)，∴kPQ＝，‎ ‎∴PQ的直线方程为y－(2k2＋1)＝(x－2k)，‎ 化简得y＝x＋3，∴直线PQ过定点(0,3)．‎ ‎6．(2019·贵州模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P(－，)，椭圆E的一个焦点为(，0)．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若直线l过点M(0，)且与椭圆E交于A，B两点，求|AB|的最大值．‎ ‎[解析]　(1)依题意，设椭圆E的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)．‎ 由椭圆E经过点P(－，)，得|PF1|＋|PF2|＝4＝2a，‎ ‎∴a＝2，c＝，∴b2＝a2－c2＝1，‎ ‎∴椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得(1＋4k2)x2＋8kx＋4＝0.‎ 由Δ>0得(8k)2－4(1＋4k2)×4>0，∴4k2>1.‎ 由x1＋x2＝－，x1x2＝得，‎ ‎|AB|＝· ‎＝2.‎ 设t＝，则00)在第一象限内的点P(2，t)到焦点F的距离为.‎ ‎(1)若N(－，0)，过点N，P的直线l1与抛物线相交于另一点Q，求的值；‎ ‎(2)若直线l2与抛物线C相交于A，B两点，与圆M：(x－a)2＋y2＝1相交于D，E两点，O为坐标原点，OA⊥OB，试问：是否存在实数a，使得|DE|为定值？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)∵点P(2，t)到焦点F的距离为，‎ ‎∴2＋＝，解得p＝1，‎ 故抛物线C的方程为y2＝2x，P(2,2)，‎ ‎∴l1的方程为y＝x＋，‎ 联立得可解得xQ＝，‎ 又|QF|＝xQ＋＝，|PF|＝，‎ ‎∴＝＝.‎ ‎(2)设直线l2的方程为x＝ny＋m(m≠0)，代入抛物线方程可得y2－2ny－2m＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2n，y1y2＝－2m，①‎ 由OA⊥OB得，(ny1＋m)(ny2＋m)＋y1y2＝0，‎ 整理得(n2＋1)y1y2＋nm(y1＋y2)＋m2＝0，②‎ 将①代入②解得m＝2或m＝0(舍去)，满足Δ＝4n2＋8，m>0，‎ ‎∴直线l2：x＝ny＋2，‎ ‎∵圆心M(a,0)到直线l2的距离d＝，‎ ‎∴|DE|＝2，‎ 显然当a＝2时，|DE|＝2，∴存在实数a＝2，使得|DE|为定值．‎ ‎8．(2018·天津高考)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若＝sin∠AOQ(O为原点)，求k的值．‎ ‎[解析]　(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有＝，‎ 又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.‎ 由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝b，‎ 由|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.‎ 所以，椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)．‎ 由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.‎ 又因为|AQ|＝，而∠OAB＝，‎ 故|AQ|＝y2.‎ 由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.‎ 由方程组消去x，可得y1＝.‎ 易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，‎ 由方程组消去x，可得y2＝.‎ 由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，‎ 解得k＝，或k＝.‎ 所以，k的值为或.‎