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(新高考)2020版高考數(shù)學二輪復(fù)習 主攻40個必考點 解析幾何 考點過關(guān)檢測二十三 理

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(新高考)2020版高考數(shù)學二輪復(fù)習 主攻40個必考點 解析幾何 考點過關(guān)檢測二十三 理

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>0,解得k>0或k<-2. 所以k<-2或0<k<, 故k的取值范圍為(-∞,-2)∪. (2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0). 由①得,y1+y2=,則y0=,x0=-, 所以M. 同理可得N(2k2+2k,-2k). 直線MQ的斜率kMQ==-, 直線NQ的斜率kNQ==-=kMQ, 所以直線MN過定點Q(2,0). 2.(2019·蘭州模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>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AB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為坐標原點, ①當直線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為直徑的圓過坐標原點O(0,0). ②當直線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=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原點O(0,0). 綜合①②可知,以AB為直徑的圓恒過坐標原點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,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,直線過定點(8,-4). 當n=-4k+4時,代入①式,當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;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, ∴a=b,∴+=1. 又∵橢圓經(jīng)過點P,將點P的坐標代入橢圓方程得b2=1,∴a2=2,故橢圓方程為+y2=1. (2)由題意動直線l過點. 當l與x軸平行時,以AB為直徑的圓的方程為 x2+2=2; 當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:當直線l垂直于x軸時,以AB為直徑的圓過點T(0,1). 當直線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), ∴在坐標平面上存在一個定點T(0,1)滿足條件. 5

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