《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個必考點 解析幾何 考點過關(guān)檢測二十三 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 主攻40個必考點 解析幾何 考點過關(guān)檢測二十三 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點過關(guān)檢測（二十三） 1．(2020屆高三·唐山聯(lián)考)已知F為拋物線E：y2＝4x的焦點，過點P(0,2)作兩條互相垂直的直線m，n，直線m交E于不同的兩點A，B，直線n交E于不同的兩點C，D，記直線m的斜率為k. (1)求k的取值范圍； (2)設(shè)線段AB，CD的中點分別為點M，N，證明：直線MN過定點Q(2,0)． 解：(1)由題設(shè)可知k≠0， 所以直線m的方程為y＝kx＋2， 與y2＝4x聯(lián)立，整理得ky2－4y＋8＝0.① 由Δ1＝16－32k>0，解得k<. 直線n的方程為y＝－x＋2，與y2＝4x聯(lián)立， 整理得y2＋4ky－8k＝0， 由Δ2＝16k2＋32k>

2、0，解得k>0或k<－2. 所以k<－2或0b>0)短軸的一個端點與其兩個焦點構(gòu)成面積為3的直角三角形． (1)求橢圓C的方程； (2)過圓E：x2＋y2＝2上任意一點P作圓E的切線l，l與橢圓C交于A，B兩點，以A

3、B為直徑的圓是否過定點，若過定點，求出該定點；若不過定點，請說明理由． 解：(1)因為橢圓C短軸的一個端點和其兩個焦點構(gòu)成直角三角形，所以b＝c，·2c·b＝b2＝3， 又因為a2＝b2＋c2，所以a2＝6，b2＝3. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)圓E的方程為x2＋y2＝2，設(shè)O為坐標(biāo)原點， ①當(dāng)直線l的斜率不存在時，不妨設(shè)直線AB的方程為x＝，A(，)，B(，－)， 所以∠AOB＝90°， 所以以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點O(0,0)． ②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為直線與相關(guān)圓相切， 所以d＝＝＝，所以m2＝

4、2＋2k2. 聯(lián)立方程組消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0， 則Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝8(6k2－m2＋3)＝8(4k2＋1)>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝－＋m2＝＝0， 所以⊥， 所以以AB為直徑的圓恒過坐標(biāo)原點O(0,0)． 綜合①②可知，以AB為直徑的圓恒過坐標(biāo)原點O(0,0)． 3．(2019·柳州聯(lián)考)已知拋物線C的頂點在原點，焦點在x軸上，且拋物線上有一點P(4，m)到焦點的距離為5. (1)求該拋物線C的方程； (2)已知拋物線上

5、一點M(t,4)，過點M作拋物線的兩條弦MD和ME，且MD⊥ME，判斷直線DE是否過定點？并說明理由． 解：(1)由題意知拋物線C的焦點在x軸的正半軸上，可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)， 其準線方程為x＝－， ∵P(4，m)到焦點的距離等于點P到準線的距離， ∴4＋＝5，∴p＝2. ∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)把M(t,4)代入拋物線C的方程，得16＝4t， ∴t＝4，∴M(4,4)． 由題易知直線DE的斜率不為0， 設(shè)直線DE的方程為x＝ky＋n， 聯(lián)立消去x，得y2－4ky－4n＝0， Δ＝16k2＋16n>0，① 設(shè)D(x1，y1)，E(x2，

6、y2)，則y1＋y2＝4k，y1y2＝－4n. ∵MD⊥ME， ∴·＝(x1－4，y1－4)·(x2－4，y2－4) ＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16 ＝·－4＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16 ＝－(y1＋y2)2＋3y1y2－4(y1＋y2)＋32 ＝n2－16k2－12n＋32－16k＝0， 即n2－12n＋32＝16k2＋16k，得(n－6)2＝4(2k＋1)2， ∴n－6＝±2(2k＋1)，得n＝4k＋8或n＝－4k＋4， 當(dāng)n＝4k＋8時， 代入①式滿足Δ>0， ∴直線DE的方程為x＝ky＋4k＋8＝k(y＋4)＋8，

7、直線過定點(8，－4)． 當(dāng)n＝－4k＋4時，代入①式，當(dāng)k≠2時，Δ>0，此時直線DE的方程為x＝k(y－4)＋4，直線過定點(4,4)，不合題意，舍去． ∴直線過定點(8，－4)． 4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，且兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形． (1)求橢圓的方程． (2)動直線l：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R)交橢圓C于A，B兩點，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過點T.若存在．求出點T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)∵橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形， ∴

8、a＝b，∴＋＝1. 又∵橢圓經(jīng)過點P，將點P的坐標(biāo)代入橢圓方程得b2＝1，∴a2＝2，故橢圓方程為＋y2＝1. (2)由題意動直線l過點. 當(dāng)l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為 x2＋2＝2； 當(dāng)l與y軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1. 由解得 即兩圓相切于點(0,1)，因此，如果所求的點T存在，只能是(0,1)，下證點T(0,1)就是所求的點． 證明如下：當(dāng)直線l垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點T(0,1)． 當(dāng)直線l不垂直于x軸，可設(shè)直線l：y＝kx－. 由消去y并整理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0. 設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 又∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)， ∴·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1) ＝x1x2＋ ＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋ ＝(1＋k2)·－k·＋＝0. ∴TA⊥TB，即以AB為直徑的圓恒過點T(0,1)， ∴在坐標(biāo)平面上存在一個定點T(0,1)滿足條件． 5