2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 分層特訓(xùn)卷 主觀題專練 解析幾何（9） 文

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1、解析幾何(9) 1．[2019·山東夏津一中月考]已知圓C的圓心在直線x＋y＋1＝0上，半徑為5，且圓C經(jīng)過點(diǎn)P(－2,0)和點(diǎn)Q(5,1)． (1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)求過點(diǎn)A(－3,0)且與圓C相切的切線方程． 解析：(1)設(shè)圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝25，點(diǎn)C在直線x＋y＋1＝0上， 則有a＋b＋1＝0.圓C經(jīng)過點(diǎn)P(－2,0)和點(diǎn)Q(5,1)，則解得a＝2，b＝－3.所以圓C：(x－2)2＋(y＋3)2＝25. (2)設(shè)所求直線為l.①若直線l的斜率不存在，則直線l的方程是x＝－3，與圓C相切，符合題意． ②若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋3

2、)，即kx－y＋3k＝0. 由題意知，圓心C(2，－3)到直線l的距離等于半徑5，即＝5，解得k＝，故切線方程是y＝(x＋3)． 綜上，所求切線方程是x＝－3或y＝(x＋3)． 2．[2019·四川省南充市高考適應(yīng)性考試] 如圖所示，已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線l經(jīng)過點(diǎn)F且與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)． (1)若線段AB的中點(diǎn)在直線y＝2上，求直線l的方程； (2)若線段|AB|＝20，求直線l的方程． 解析：(1)由已知，得拋物線的焦點(diǎn)為F(1,0)．因?yàn)榫€段AB的中點(diǎn)在直線y＝2上， 所以直線l的斜率存在，設(shè)直線l的斜率為k，A(x1，y1)，B(x2，y2)

3、，AB的中點(diǎn)M(x0，y0)， 由 得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，所以2y0k＝4. 又y0＝2，所以k＝1，故直線l的方程是y＝x－1. (2)設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，與拋物線方程聯(lián)立得消去x，得y2－4my－4＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，Δ＝16(m2＋1)>0. |AB|＝|y1－y2| ＝· ＝· ＝4(m2＋1)． 所以4(m2＋1)＝20，解得m＝±2，所以直線l的方程是x＝±2y＋1，即x±2y－1＝0. 3．[2019·河北衡水模擬]如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)F，直線l：x＝－，點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)，R是線

4、段PF與y軸的交點(diǎn)，RQ⊥FP，PQ⊥l. (1)求動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡C的方程； (2)設(shè)圓M過A(1,0)，且圓心M在曲線C上，TS是圓M在y軸上截得的弦，當(dāng)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，|TS|是否為定值？請(qǐng)說明理由． 解析：(1)依題意知，R是線段FP的中點(diǎn)，且RQ⊥FP， ∴RQ是線段FP的垂直平分線． 連接QF，∵點(diǎn)Q在線段FP的垂直平分線上，∴|PQ|＝|QF|. 又PQ⊥l，∴|PQ|是點(diǎn)Q到直線l的距離， 故動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡C是以F為焦點(diǎn)，l為準(zhǔn)線的拋物線，其方程為y2＝2x. (2)|TS|為定值．理由如下： 取曲線C上點(diǎn)M(x0，y0)，點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離d＝|x0|＝x0，圓的半徑

5、r＝|MA|＝， 則|TS|＝2＝2， ∵點(diǎn)M在曲線C上，∴x0＝， ∴|TS|＝2＝2，是定值． 4．[2019·江西南昌一中模擬]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸長為2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若kOM·kON＝，求原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍． 解析：(1)由題意知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 則Δ＝(8km)2－4(4k2

6、＋1)(4m2－4)>0，化簡得m2<4k2＋1.?、? x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝，則＝，即4y1y2＝5x1x2，所以4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，則(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0， 所以(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，化簡得m2＋k2＝.?、? 由①②得0≤m2＜，＜k2≤. 因?yàn)樵c(diǎn)O到直線l的距離d＝，所以d2＝＝＝－1＋， 又＜k2≤，所以0≤d2＜，解得0≤d＜. 所以原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍為. 5

7、．[2019·北京卷，18]已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)． (1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)． 解析：本題主要考查拋物線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系等知識(shí)，考查考生的運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算． (1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)，得p＝2. 所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1. (2)拋物線C的焦點(diǎn)為F

8、(0，－1)． 設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)． 由得x2＋4kx－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4. 直線OM的方程為y＝x. 令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－. 同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－. 設(shè)點(diǎn)D(0，n)，則＝， ＝， ·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2. 令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3. 綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3)． 6．[2019·廣東廣州調(diào)研]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)P在C上． (1)求橢圓C的方

9、程； (2)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C的左、右焦點(diǎn)，過F2的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，求△F1AB的內(nèi)切圓的半徑的最大值． 解析：(1)依題意有得 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，△F1AB的內(nèi)切圓半徑為r， 由題意知△F1AB的周長為|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8， 所以S△F1AB＝×4a×r＝4r. 解法一　根據(jù)題意知，直線l的斜率不為零，故可設(shè)直線l的方程為x＝my＋1， 由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)>0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝， 所以S

10、△F1AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝＝， 令t＝，則t≥1，S△F1AB＝＝. 令f(t)＝t＋，則當(dāng)t≥1時(shí)，f′(t)＝1－>0，f(t)單調(diào)遞增， 所以f(t)≥f(1)＝，S△F1AB≤3， 即當(dāng)t＝1，m＝0時(shí)，S△F1AB取得最大值，最大值為3，此時(shí)rmax＝. 故當(dāng)直線l的方程為x＝1時(shí)，△F1AB的內(nèi)切圓的半徑取得最大值. 解法二　當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，可取A，B， 則S△F1AB＝|F1F2|·|AB|＝3. 當(dāng)直線l不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)， 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. Δ＝(－8k2)2－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以S△F1AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝|k(x1－x2)|＝＝. 令t＝4k2＋3，則t≥3,0<≤， 所以S△F1AB＝＝＝＝< ＝3. 綜上，當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，S△F1AB取得最大值，最大值為3，此時(shí)△F1AB的內(nèi)切圓的半徑取得最大值. 6