《2020高考文科數(shù)學(xué)二輪分層特訓(xùn)卷：主觀題專練 解析幾何10 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考文科數(shù)學(xué)二輪分層特訓(xùn)卷：主觀題專練 解析幾何10 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 解析幾何(10) 1．[2019重慶西南大學(xué)附中檢測]已知圓C：x2＋y2＋2x－4y＋3＝0. (1)若直線l過點(－2,0)且被圓C截得的弦長為2，求直線l的方程； (2)從圓C外一點P向圓C引一條切線，切點為M，O為坐標(biāo)原點，滿足|PM|＝|PO|，求點P的軌跡方程． 解析：(1)x2＋y2＋2x－4y＋3＝0可化為(x＋1)2＋(y－2)2＝2. 當(dāng)直線l的斜率不存在時，其方程為x＝－2， 易求得直線l與圓C的交點為A(－2,1)，B(－2,3)，|AB|＝2，符合題意； 當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0， 則圓心C到直線l的距

2、離d＝＝1， 解得k＝， 所以直線l的方程為3x－4y＋6＝0. 綜上，直線l的方程為x＝－2或3x－4y＋6＝0. (2)如圖，PM為圓C的切線，連接MC，PC， 則CM⊥PM， 所以△PMC為直角三角形， 所以|PM|2＝|PC|2－|MC|2. 設(shè)P(x，y)，由(1)知C(－1,2)， |MC|＝. 因為|PM|＝|PO|， 所以(x＋1)2＋(y－2)2－2＝x2＋y2， 化簡得點P的軌跡方程為2x－4y＋3＝0. 2．[2019貴州省適應(yīng)性考試]已知橢圓G：＋＝1(a>b>0)在y軸上的一個頂點為M，兩個焦點分別是F1，F(xiàn)2，∠F1MF2＝120，△M

3、F1F2的面積為. (1)求橢圓G的方程； (2)過橢圓G長軸上的點P(t,0)的直線l與圓O：x2＋y2＝1相切于點Q(Q與P不重合)，交橢圓G于A，B兩點．若|AQ|＝|BP|，求實數(shù)t的值． 解析：(1)由橢圓性質(zhì)，知|MF2|＝a， 于是c＝asin 60＝a，b＝acos 60＝a. 所以△MF1F2的面積S＝(2c)b＝(a)＝， 解得a＝2，b＝1. 所以橢圓G的方程為＋y2＝1. (2)顯然，直線l與y軸不平行，可設(shè)其方程為y＝k(x－t)． 由于直線l與圓O相切， 則圓心O到l的距離d＝＝1， 即k2t2＝k2＋1，?、? 聯(lián)立化簡得(1＋4k2)x2－

4、8tk2x＋4(t2k2－1)＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝. 設(shè)Q(x0，y0)，有解得x0＝. 由已知可得，線段AB，PQ中點重合，即有x1＋x2＝t＋x0. 因此＝t＋， 化簡得k2＝， 將其代入①式，可得t＝. 3．[2019安徽五校聯(lián)盟質(zhì)檢]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，P為橢圓C上一點，滿足3|PF1|＝5|PF2|，且cos∠F1PF2＝. (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A，B兩點，點Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范圍． 解析：(1)

5、由題意設(shè)|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，則3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a， ∴r1＝a，r2＝a. 在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝，得a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3， ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)聯(lián)立方程，得消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，?、? 設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，連接QM，則x0＝＝，y0＝kx0＋m＝， ∵|AQ|＝|BQ|，∴AB⊥QM，又Q，M為AB的中點，∴k≠0，直線QM的斜率存

6、在，∴kkQM＝k＝－1，解得m＝－，?、? 把②代入①得3＋4k2>2，整理得16k4＋8k2－3>0，即(4k2－1)(4k2＋3)>0，得k>或k<－， 故k的取值范圍為∪. 4．[2019山東濟(jì)南質(zhì)量評估]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，右焦點為F，且該橢圓過點(1，－)． (1)求橢圓C的方程； (2)當(dāng)動直線l與橢圓C相切于點A，且與直線x＝相交于點B時，求證：△FAB為直角三角形． 解析：(1)由題意得＝，＋＝1，又a2＝b2＋c2，所以b2＝1， a2＝4，所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由題意可得直線l的斜率存在， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋

7、m，聯(lián)立得 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， Δ＝64k2m2－16(4k2＋1)(m2－1)＝0得m2＝4k2＋1>0. 設(shè)A(x1，y1)，則x1＝＝＝－，y1＝kx1＋m＝＋m＝，即A. 易得B，F(xiàn)(，0)， 則＝，＝， ＝＋＝－－1＋＋1＝0， 所以⊥，即△FAB為直角三角形． 5．[2019河南鄭州一測]設(shè)M為圓C：x2＋y2＝4上的動點，點M在x軸上的投影為N.動點P滿足2＝ ，動點P的軌跡為E. (1)求E的方程； (2)設(shè)E的左頂點為D，若直線l：y＝kx＋m與曲線E交于A，B兩點(A，B不是左、右頂點)，且滿足|＋|＝|－|，求證：直線l過

8、定點，并求出該定點的坐標(biāo)． 解析：(1)設(shè)點M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知N(x0,0)， ∵2＝ ，∴2(x0－x，－y)＝(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝y(tǒng)， 又點M在圓C：x2＋y2＝4上，∴x＋y＝4， 將x0＝x，y0＝y(tǒng)代入得＋＝1， 即軌跡E的方程為＋＝1. (2)由(1)可知D(－2,0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得整理得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0， Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)>0， 即3＋4k2－m2>0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， y1

9、y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝， ∵|＋|＝|－|，∴⊥，即＝0， 即(x1＋2，y1)(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， ∴＋2＋4＋＝0， ∴7m2－16mk＋4k2＝0， 解得m＝2k或m＝k，均滿足3＋4k2－m2>0. 當(dāng)m＝2k時，l的方程為y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直線恒過點(－2,0)，與已知矛盾； 當(dāng)m＝k時，l的方程為y＝kx＋k＝k，直線恒過點. ∴直線l過定點，定點坐標(biāo)為. 6．[2019安徽合肥一檢]設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，圓O：x2＋y2＝2與x軸正

10、半軸交于點A，圓O在點A處的切線被橢圓C截得的弦長為2. (1)求橢圓C的方程． (2)設(shè)圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于M，N兩點，試判斷|PM||PN|是否為定值？若是定值，求出該定值；若不是定值，請說明理由． 解析：(1)由橢圓的離心率為知，b＝c，a＝b，則橢圓C的方程為＋＝1. 易得A(，0)，則由題意知點(，)在橢圓C上，所以＋＝1， 解得所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)過點P且與圓O相切的切線斜率不存在時，不妨設(shè)切線方程為x＝，由(1)知，M(，)，N(，－)，＝(，)，＝(，－)，＝0，所以O(shè)M⊥ON. 當(dāng)過點P且與圓O相切的切線斜率存在時，可設(shè)切線方程為y

11、＝kx＋m， M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則＝，即m2＝2(k2＋1)． 聯(lián)立直線和橢圓的方程，得消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0， 則 又＝(x1，y1)，＝(x2，y2)， 所以＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)＋km＋m2 ＝ ＝ ＝ ＝0， 所以O(shè)M⊥ON. 綜上所述，圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于M，N兩點，都有OM⊥ON. 在Rt△OMN中，易知△OMP～△NOP，所以|PM||PN|＝|OP|2＝2，為定值．