《2023课标版数学高考第二轮复习--第九章平面解析几何微专题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023课标版数学高考第二轮复习--第九章平面解析几何微专题.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023课标版数学高考第二轮复习微专题应用创新微专题一设而不求巧消参,破解圆锥曲线定值(定点)问题1.(2021山西忻州二模,20)已知点A(-2,0),B (2,0),动点S (x,y)满足直线AS 与 B S 的 斜 率之积为记动点S 的轨迹为曲线C.求曲线C 的方程，并说明曲线C 是什么曲线；设 M,N 是曲线C 上的两个动点,直线AM与 NB 交于点P,且/MAN=90.求证:点P 在定直线上；求证:直线NB 与直线MB 的斜率之积为定值.解析 由题意，得,马=-,(x 关 2),X十/X-Z 4化简,得r+9=1(x W 2).所以曲线C 是中心在坐标原点,焦点在x 轴上的椭圆，不含
2、A,B 两点.证明:由题设知,直线MA,NB 的斜率存在且均不为0.设直线AM的方程为x=t y-2(t W0),1由AM,AN,可知直线NA的方程为x=y 2.由=一乙 得(4/+34+121丫=0,3x2+4y2=12,解得所-焉，则 x N=4(-)一 2=霖，即 N(霖，-恩).k NB =比=*则直线B N 的方程为y =5(x -2),将 y =?x-2)代入x=t y-2,解得x=-14.故点P 在定直线x=T4上.由已知得,k w=V，k MA-k MB =k AS -k B S =-*所以 kM k sB kMA ,x (-,)=结合 k -1,得 k m 如=磊 为定值,即
3、直线NB 与直线MB 的斜率之积为定值.2.(2019课标IH,21,12分)已知曲线C:y=J,D 为直线y =上的动点,过D 作 C 的两条切线,切点分别为 A,B.证明:直线AB 过定点;第1页 共1 8页若以E(0,)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ADB E的面积.解析(1)证明：设 D(t,-0,A(x l,y l),则*=2y i.由于y =x,所以切线DA的斜率为x 古妗g=x,.整理得 2t x-2y,+l=0.设 B(X2,y2)，同理可得 2t x2-2y2+l=0.故直线AB 的方程为2t x-2y+l=0.所以直线AB 过定点(0；)由
4、得直线AB 的方程为y=t x+/1y=tx+-f由/Z 可得 x2-2t x-l=0.于是 x】+x 2=2t,x ix2=-l,y i+y2=t (x i+x2)+l=2t2+l,j AB|=V1+t2|x l x 2|=V1+t2 x A/(x1+X2)2-4X1X2=2(t2+l).设 d,.&分别为点D,E 到直线AB 的距离,则d尸值不1 d2=岛.因此四边形 ADB E 的面积 S=|AB|(dl +d2)=(t 2+3)V 7 K L设 M 为线段AB 的 中 点,则+1).由 于 由 J.而，而 前=仕/2-2),而与向量(1,)平行，所以t+以 2-2)t=0.解得t=0或
5、 t=l.当 t=0 时,S=3;当 t=1 时,S=4V2.因此,四边形ADB E的面积为3 或 4V2.3.(2022湘豫名校3月联考,20)已知点P是抛物线C:x、4(y+3)的顶点,过点(0,T)的直线1交 C 于 A,B两 点 点 M 是4PAB 的外接圆的圆心.(1)试问:直线1与点M 的轨迹是否有交点?若有,请求出交点坐标;若没有,请说明理由.第2页 共1 8页 若在点M 的轨迹上存在不关于y 轴对称的两点G、H,使直线PG 与直线PH关于y 轴对称,求证:直线G I1必过定点.解析 设 A（x i,y）,B（X2,y z）,设直线AB 的方程为y=k x-l.由 化简,得 x2
6、_4 k x_8=01l y =kx-1,所以=16片+320,x i+x2=4k,XIX2=-8.若直线1与点M 的轨迹有交点，则 PAPB.易知 P（0,-3）,由 可丽=0,得 x iX2+y iY2+3（y i+y2）+9=0.因为y i+y2=4k2-2,丫=-12y+1,代入上式不成立，所以直线1与点M 的轨迹没有交点.证明:因为点M 是APAB 的外接圆的圆心，所以点M 是4PAB 三条边的中垂线的交点.设线段PA的中点为F,线段PB 的中点为E.因为 P（0,-3）,所 以 嗯,哨,E（芸 孥）,k PA=空,k PB =.所以线段PA的中垂线的方程为y-第=-常（%吟）因为A
7、 在抛物线C 上,所以y,+3=ix f所以PA的中垂线的方程为yj+3=-2（%-9即 尸 靠+小 L同理可得线段PB 的中垂线的方程为y=-x +g-L%2 o联立得（v=-&：x f+且t-l 解得（y比“=若_+Xx1晨-（X11+XJ2）第3页 共1 8页由可得 Xi+x2=4k,XIX2=-8.所以X尸噤=k,y M=效 警 绐=膂 廿=2k 2,鼎=呆.3/o o L所以点M的轨迹方程为x2=iy.设 H(X3,2%3)/G(x 4,2%；)是满足条件的两点,则 X3+X4关0.所以媪=遗 组=2(x 3 4-x 4),k PH=遏=k PG =他.X3-X4 X3 X4由 k
8、m+k/0,即(X3+X4)(2X3X4+3)=0,得 X3X4=一 2又直线 HG 的方程为 y-2x f=2(x3+x4)(x x3),整理，得 y=2(x3+x.i)x-2x：；x“即 y=2(x s+x j x+3.所以直线HG 必过定点(0,3).4.(2022河南天一第五次联考,20)在直角坐标系x Oy 中,椭 圆 与 直 线 l:x=my+l 交于M,N两点,P为 MN的中点.若水0,且 N 在 x 轴下方,求l a n Z OPN的最大值；设 A,B 为椭圆的左、右顶点,证明:直线AN,B M的交点I)恒在一条定直线上.解析 设 M(X1,设，N(X2,丫 2).(1)记 1
9、的倾斜角为a,0P的倾斜角为3 则NOPN=a 邛.x=m y+1,由心2 1 2 1 (m2+4)y2+2my-3=o,匕+V =L则 y“-舄，y iy 2=岛，O所以 xl+x2=m(y i+y2)+2=;,于是(或/品)，故 k OP=-去I m所以t a n N0PN=t a n(。邛)=胃=+分=一 及4一学三_/第4页 共1 8页当且仅当=半 即m=-2时,取.m 4所以t a n/OPN的最大值为总证明:易知 A（-2,0）,B（2,0）.由 题 意 知 刍,k B M=3，次+2%i-2所以直线A N的方程为y=W（x+2）,犯+2直线B M的方程为y=y（x-2）.令 号（
10、x-2）=含（x+2）,彳 日；2丫2（卬2）+2%（犯+2）=4犯”2列2+6为守 X y1（X2+2）-y2（x i-2）3y1+y2_4 丫2-2。2+丫1）+8丫12丫1 +。1+丫2）_ 痴岛-2（晶）+8 y21+（湍），所以点D恒在定直线x=4上.5.（2022贵州3月适应性测试,20）如图,椭圆C吗+=l（a b 0）的左顶点与上顶点分别为A,B,右焦点为 F,点 P 在 C 上,P F l x 轴,AB|OP,|AB|=V3.求C的方程;（2）过F的直线1交椭圆于M,N两点,坐标平面上是否存在定点Q,使 得 丽丽是定值?若存在,求点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解析 由题可
11、得1+9=3,因为AB OP,所以，=1，又 b +ca,第5页 共1 8页由解得a=V2,b=l,所以C的方程为%2=12 设直线l：x=my+l,代入三+y 得(1+2)y+Zmy-FO,设 M(xi,yi),N(X 2,y2),贝!J yi+y2=|,yly2=设 Q (xo,yo),则=(myl 4-1-xO,yl-yO)fQN=(my2+l-xo,y2-yo),QM QN=(m2+l)yly2 4-m(l xO)yO(yl+y2)+(1 x0)2+.=+皿 1-xO)-yO x+(1-x0)2+yl_(-3+23；2了严-1+mz+2、要 使 丽丽是定值，则2yo=0,yo=-3+2
12、%01 解得 5L=2，0=1此时Q(),丽丽=_；+(1 _ /=_Z.当直线1与 x轴重合时,不妨令M(-V2,0),N(V2,0),QM=(-V2-l，O),QN=(V2-1,0),则 两.而=一 卷综上所述,坐标平面上存在定点QG，O),使 得 西所为定值-看.6.(2022全国乙,20,12分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y轴,且过A (0,-2),两点 求 E的方程；设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M 且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点 H满 足 说=钳.证明:直线HN过定点.第6页 共1 8页解析 解法一：设椭圆E 的方程为捻+5=l(a 0,
13、b 0 且 aK b),将 A(0,-2),B两点的坐标代入，得-1;1万+记解得二 一 ：=1,=4,故椭圆E 的方程为9+9=1.(4n=1,(n=7,解法二:设椭圆E 的方程为mx2+n y2=l (m0,n 0且 mWn).由题意可得9m上 1 解得:匕+n =l，=故椭圆E 的方程为9 +t=l.(2)证明:由A(0,-2),B(|,-1)可得直线A B 的方程为y =|x-2.若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=l,与方程9 +(=1 联立，可得y =苧，结合题意可知N(l,竽),M(l,-竽)，由3*2得/二 _ 嘘+则 1(一布+3,-苧)，由 而=(y=-，
14、。亍，TH,-V6+3 1=X/y-(-V6+3),.)床、,7 床、得=_泗 则 H(-2V6+5,-竽),所以直线H N 的方程为y =(2+竽卜-2,易知直线HN过点(0,-2);若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k (x-1),M3,y.),N(x2,y2).仅+2=fc(x-l),6k(2+Q联立犬/_ 得(312+4卜2-61(2+1 +31(10）的焦点F作两条互相垂直的弦AB,C D,设 P 为抛物线上一动点，点 Q（l,2）,若 吃+焉=；，则|PF1+P Q 的最小值是（）A.1 B.2 C.3 D.4答案 C3.（2022安徽江南十校4 月联考,15
15、）已知抛物线C:y2=2x,P（-2,0）,动点A,B 在 C 上,贝（t a n NAPB 的最大值为.口录 34.（2022陕西西工大附中六模,20）已知椭圆E:今+5=l（a b 0）的焦距为2心 过 椭 圆 E 的焦点且与 x 轴垂直的弦的长为1.求椭圆E 的方程；如图,F 是椭圆E 的右焦点,A,C 是椭圆C 上关于y 轴对称的两点（不在x 轴上），直线AF交椭圆E 于另一点B,若 D 是4AB C 外接圆的圆心,求盥的最小值.解析（D 由题知,2c=2b，解得c=8.由椭圆的对称性,不妨取椭圆的右焦点F（c,0）,将 x =c代入a+%=l（a 。0）,得 y =所 以 孚=1,所
16、以b 2=g a.第8页 共1 8页又 b%,所以基+3=a；解得a=2(负值舍去)，所以b=l,所以椭圆C 的方程为?+y 2=l.由题知,直线AB 的斜率不为0.设直线AB 的方程为x=my+V3,代入椭圆E 的方程,消去x得(m2+4)y 2+2V3my -1=0.设 A(x l,y l),B(x 2,y 2),则 y l +y 2=需,y l y 2=岛,所以x i+x 产 m(y i+y J+2返=离+2次=照,则线段A B 的中点坐标为(若 盒)，|AB|=V1+m2|y l -y 2|=V1+m2 x V(y i+y2)2-4y iy2=V1+m2 x 嘘;丁 =，:震.因为D
17、是 AB C 的外心,且A,C 关于y 轴对称，所以D 是线段AB 的垂直平分线与y 轴的交点.线段AB 的垂直平分线的方程为y-急=-m 羔)，令 x =。,得y =舒，即 D 仅,鬻).又 F(8,0),所以|DF|=3+背，7/+4)J 3 g 2+1)(.+1 6)|4B|4(1+/)一而一，所以 西 二j3(m2+l)(W2+1 6)S X X J1-总 x J l-y j =当当且仅当m=o时取等号,所以揣的最小值为孚5.(2022新疆质检(一)，21)圆心为(4,0)的圆与抛物线y-2x 相交于A,B,C,D 四个点.求圆的半径r 的取值范围；当四边形AB C D的面积最大时,求
18、对角线AC 与 B D的交点P 的坐标.解析 圆的方程为(x-4)2+y W(r 0),联立 与铲+*=*得 X2_6X+1 6 B 0(*).故当x 0时,x2-6x+16-r2=0有两个不相等实数根，令 g(x)=x 2-6x+16-r；Z 0,p 6-4(1 6-r2)0,则 g(0)0,即,16-No,r 0,卜 0,第9页 共1 8页解得夕 r =(y i+y 2)(x2-x,)=V2 J/+小+J*+后-211%2=戊-76+2 7 1 6 -V36-4(16-r2).(其中由第 问(*)式可知x i+x2=6,X!X2=16-r2)令，16 N =t =W i%t e (0,3)
19、,则 S 四 边 形.0=声 7(6+2t)(36-4t2),令 f(t)=(6+2t)(36-4/),则 f (t)=-24(t2+2t-3)=-24(t-l)(t+3),当 t G (0,1)时，f (t)0,则 f(t)单调递增，当 t G(l,3)时,f (t)0)的焦点,点P(-3,2),PF|=2遍,若过点P 作直线与抛物线E 顺次交于A,B 两点,过点A 作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C.第1 0页 共1 8页(1)求抛物线E的标准方程；求证:直线BC过定点；若直线BC所过定点为点Q,AQAB,APBC的面积分别为S S2,求海勺取值范围.解析 焦点 Fg,O),|FP
20、|=J(-3-1)2+4=2心,.,p0,：.p=2,故抛物线E的标准方程为y2=4x.证明:显然,直线AB的斜率存在,设AB的方程为y-2=k(x+3).由+3)ky2-4y+8+12k=0,kWO,=4x=16(-3k-2k+l)0,AO设 A(xi,yi),B(X2,y?),则 yi+y2=-,yly2=-+12,K K/.yiy2-12=2(yi+y2).直线AC的方程为y-y,=x-.-城由 1 一 x-得,y2-4y+4yl-y=0,y2=4x=16-4(4y-yf)0,设 C(x3,y3),贝U y】+y3=4.(2)由得(4-y3)y2T 2=2(4-y3+y2),.*.2(y
21、2+y3)=y2y3+20.(i)若直线 BC 的斜率不存在,贝!J y?+y3=0,又 2(y2+y：J=y2y3+20,.,.谒=20,.x3=y=5,ABC的方程为x=5.(ii)若直线BC的斜率存在，则 版“也=+，直线 BC 的方程为 yy2=(小冬，即 4x-(yz+yj y+y2y3=0,将代入得 4x-(y2+y3)y+2(y2+y3)-20=0,第11页 共18页(y 2+y3)(2-y)+4(x-5)=0,故直线B C过点2).由(i)(ii)知，直线B C过点(5,2).S 尸 SA 啊-$加 叫 弓|PQ|y l -2|-1|PQ|y 2-2|=|PQ|y l -y 2
22、|=j x 8 x|yy?|=41 y,-y21,S2=j|PQ|y 2-y 3|=|x 8 x y2-y31 =4)y2-y31 =41 y,+y2-4),由(2)得 y i+y2=,yly2=J+12,二卜1-y 2|=fe-48 =4 0,.-.-1 0,即诏-4y0 0,所以|AB|=J 1+苧.1%2+4V(Xi+X2)2-4X1X2=甘 .J 4/-16yo=yjx+4-y/x-4y0,而点 P(xO,yO)到直线 AB 的距离 d=辔=擎.所以 S 4 P A B=；.|A B|d=；.7.V?=X箔 篇+4 屈+4 即 2 2 屈+4 2314y0)2,因为点P在圆M上,所以以
23、+(yO+4)2=1,所以诏=-韬 一 8y0-15.所以S PAB=33 1 3(一九-12y0-15)2=1 -(y0+6)2+21 由题易知 y0 G-5,-3,所以当 y0=-5 时,S PAB取得最大值，最大值为20V5.即 PAB面积的最大值为20V5.微专题三以静制动,破解圆锥曲线中的轨迹问题1.（2022乌鲁木齐二模,8）与圆x2+y2-l及圆x2+y2-6x+5=0都外切的圆的圆心在（）A.一个圆上B.一个椭圆上C一条抛物线上D.双曲线的一支上答案 D2.（2021豫南九校联考,6）设线段AB的两个端点A,B分别在x轴、y轴上滑动，且AB|=5,两=|成+|丽，则点M的轨迹方
24、程为（）A亭 Jv2 x2第1 3页 共1 8页c 各 AI蟾+3答案 A3.(2021吉林三调，16)已知圆C:(x+l)V=16,P是圆C上任意一点,若A(1,0),线段AP的垂直平分线与直线C P相交于点Q,则点Q的轨迹方程是；若A是圆C所在平面内的一定点,线段A P的垂直平分线与直线C P相交于点Q,则点Q的轨迹是:一个点,圆,椭圆，双曲线,抛物线,其中可能的结果有答案 3+9口；4.(2022江西赣州二模,21)在平面直角坐标系x()y中,A(-2,0),B (2,0),M(-1,0),N(1,0),点P是平面内的动点.若以A B为直径的圆0与以P M为直径的圆T内切.证明：I PM
25、|+PN|为定值,并求点P的轨迹E的方程;设斜率为总勺直线1与曲线E相交于C、D两点问在E上是否存在一点Q,使直线Q C、Q D与y轴所围成的三角形是底边在y轴上的等腰三角形?若存在,求出点Q的横坐标;若不存在,说明理由.解析 依题意有10T|=竿 一等1 =2-苧,连接PN,由点0和T分别是线段MN和线段PM的中点知10T|=等,故 有 等=2-萼，即|PN|+|PM|=4,又4|MN|,所以点P的轨迹是以M,N为焦点的椭圆.因为 2a=4,c=l,所以 b2=a2-c2=3,故点P的轨迹E的方程为9 +=1.(2)假设存在满足条件的点Q,依题意知k g+k须=0,设 C (x i,设,D
26、3,y2),Q (x o,y o),则 3诏+4y 5=12,由 k oc+k=O 得,x iy2+x2y i-y o(x)+x2)-x0(y i+y2)+2x0y o=0.设1的方程为x=2y+t,代入椭圆方程得,16，+12t y+3t J12=0.第1 4页 共1 8页由 ()得,t 16,由根与系数的关系得,y.+y2=t,y l y 2=嗒，又 x i=2y i+t,x2=2y2+t,所以 x iy2+x2y i-y o(x i+x2)-x0(y i+y2)+2xoy o=4y iy2+(t-2y0-x0)(y i+y 2)-2t y o4-2x oyo=3t 12-尔*2；o%o)
27、_ 2t y 0 4-4 42x 0y 0=(3x0-2y0)t+8 xoy o-12,所以(3xo-2y o)t+8 xoy o-12=O,故有解得也 工 0丫。-12-u，XO-1,(XO-1,3或1 3yo 2,(y。2,显然满足3诏+4%=12,所以在E 上存在一点Q,使直线Q C、Q D与 y 轴所围成的三角形是底边在y 轴上的等腰三角形,此时点Q 的横坐标为士 L5.(2022云南检测(),21)在平面直角坐标系x Oy 中,已知F.(-6,0),F2(6,0),F(2,0云动点C 与 R,F2的距离的和等于18,动点D 满足比+的+西=0.动点I)的轨迹与x 轴交于A,B 两点，
28、点 A 的横坐标小于点B 的横坐标,M 是动点D 的轨迹上异于A,B 的动点,直线AM与直线x=3交于E 点,设直线AM的斜率为 k,B E的中点为T,点 M 关于直线FT的对称点为P.(1)求动点D 的轨迹方程；是否存在k,使 P的纵坐标为0?若存在,求出使P的纵坐标为0 的所有k 的值;若不存在,请说明理由.解析(D-.-F,(-6,0),&(6,0),.IFH|=12.又动点C 与 R,F：两点的距离之和为18,|FFj=1218,.动 点 C 的轨迹是以F”F 为焦点,长轴长为18 的椭圆.2 2设 C (x o,y o),则含+O1 45设 D(x,y),由 反+配+瓯=0,得，于:
29、Uo 一 ”，.甯+处，即在 门.动点 D 的轨迹方程为卷+答 1.第 15页 共 18页(2)存在k,使 P 的纵坐标为0,且 k 的取值范围为(-8,0)U(0,+oo).理由如下:如图,由已知及(1)得 A(-3,0),B (3,0),k W0,直线AM的方程为y=k (x+3).(y=k(x+3),由/y 2_ 得(5+9必立2+54后+8 110.设 M(xM,y O,由 已 知 得 也 得 禁，解得x M=W卷著+燕,，M 管 湃 热).由/(%+3),得 C，,E(3,6k).由B E的中点为T,得 T(3,3k).丽=(1,0),可=(1,3k),=(段，券)=康(1钳 6k)
30、.e.,cos=FBFTFBFTcos=l-9fc2+18/c2 1FM-FTFMFT.*.cos=cos.又 O W 城 可 n,0 ：.=./.Z MFT=Z B FT,即 FT 平分NMFB.第1 6页 共1 8页二直线F.M与直线FB 关于直线FT对称.点 P 在直线FB 上,即点P 在 x 轴上.V k WO,P 的纵坐标为0.6.(2022银川一中一模,21)已知。为坐标原点,用、F2为椭圆C 的左、右焦点，I FR|=2,B 为椭圆C 的上顶 点 以 B 为圆心且过R、F,的圆与直线x=-或 相切.求椭圆C 的标准方程;已知椭圆C 上两点M、N(点M,N 与点B 不重合)，若直线
31、B M和 B N的斜率之和为-2,过点B 作 MN的垂线,垂足为D,试求点D 的轨迹方程.解析 依题意得，件(-1,0),F2(1,0),C=B FJ=|B F2|=VI由椭圆定义知:椭圆长轴长2a=IB F,+|B FJ=2近,所以 a=V2,b =4a 2-2=1,所以椭圆C 的标准方程为9+y 2=l.直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k x+m(m l),M(x y,),N(x2,y2),y=kx+m,由/消去 y 并化简得(1+21?)x2+4k mx+2m-2=0,7 +y2=1L=16k2m-4(1 +2k2)(2m-2)-8(m-2k2-l)0,X1+X2 二-4km
32、l+2k2,x l x 2=2m2-21+2/c2由0+媪=-2 得 甘+省L-2,整理得(2k+2)x iX2+(mT)(X1+X2)=O,(2k+2)篙+(m-1)尚=0,化简得 m=-k-l,此时A =-8 (m2-2k-l)=-8 (-k-1)-2k-l=8 k (k-2)0,k 2.直线MN的方程可化为y=k x-k T,所以直线MN过点P(1,T).第 17页 共 18 页若直线MN的方程为x=l,此时直线MN与椭圆C 的交点为M(l,y),N(l,-苧),满足kI H,+kB-2.因为B D1MN,所以B DLPD,所 以 前丽=0,而 B(0,1),P(1,-1),设 D(x,y),则(x,y-1)(x-1,y+l)=0,即 x2+y2-x-l=0,也即-g)+y 2=由上述分析可知k 2.当 k=2时,直线MN:y=2x-3与圆(x-g)+Y2=|交于(L 一 1),信 以；当 k=0 时,直线MN:y=T 与圆(x-g)+y 2=汶 于(0,T),(1,T),依题意可知,动点D 的轨迹方程为(x-g)+y 2=；(%0 且y ).第1 8页 共1 8页