2019届高考数学二轮复习专题五解析几何高频考点.docx

专题五 解析几何高频考点真题回访1. (2018全国卷)直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆+y2=2上,则ABP面积的取值范围是()A.B.C.D. 【解题指南】本题以直线与圆作为问题背景,考查圆的方程、点到直线的距离以及三角形的面积的求解,考查逻辑推理能力、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:中.【解析】选A.由A(-2,0),B(0,-2),则三角形ABP的底边|AB|=2,圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离为d=2,又因为半径为r=,所以点P到直线x+y+2=0的距离的最大值为2+=3,最小值为2-=,则三角形ABP的面积的最大值为Smax=23=6,最小值为Smin=2=2,故ABP面积的取值范围为2,6.2.(2018全国卷)设F1,F2是双曲线C:-=1(a0,b0)的左,右焦点,O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线,垂足为P.若=,则C的离心率为()A.B.2C.D.【解题指南】本题以双曲线作为问题背景,考查直线的交点,双曲线的几何性质及离心率的求解,考查逻辑推理能力、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:中.【解析】选C.方法一:设渐近线的方程为bx-ay=0,则直线PF2的方程为ax+by-ac=0,由可得P,由F1(-c,0)及|PF1|=|OP|,得=,化简可得3a2=c2,即e=.方法二:因为|PF2|=b,|OF2|=c,所以|PO|=a,在RtPOF2中,设PF2O=,则有cos =bc;因为在PF1F2中,cos =bc,所以=bcb2+4c2-6a2=4b24c2-6a2=3c2-3a2c2=3a2e=.3.(2018全国卷)双曲线-=1(a0,b0)的离心率为,则其渐近线方程为()A.y=xB.y=xC.y=xD.y=x【解题指南】本题考查双曲线的简单几何性质.【解析】选A.因为e=,所以=3,即=2,ba=,所以渐近线方程为y=x.4.(2017全国卷)设A,B是椭圆C:+=1长轴的两个端点,若C上存在点M满足AMB=120,则m的取值范围是()A.(0,19,+)B.(0,9,+)C.(0,14,+)D.(0,4,+)【解析】选A.当0m3时,焦点在x轴上,要使C上存在点M满足AMB=120,则abtan 60=,即,得03时,焦点在y轴上,要使C上存在点M满足AMB=120,则abtan 60=,即,得m9,故m的取值范围为(0,19,+),故选A.5.(2018全国卷)已知F1,F2是椭圆C:+=1(ab0)的左,右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为的直线上,PF1F2为等腰三角形,F1F2P=120,则C的离心率为()A.B.C.D.【解题指南】本题考查了椭圆的标准方程和椭圆的性质的应用以及数学运算能力.【解析】选D.由题意直线AP的方程为y=(x+a),PF1F2为等腰三角形,F1F2P=120,所以PF2=2c,PF2x=60,故P(2c,c),代入y=(x+a)得,(2c+a)=c,解得e=ca=.6.(2018全国卷)已知椭圆C:+=1的一个焦点为,则C的离心率为 ()A.B.C.D.【解析】选C.因为椭圆的一个焦点为(2,0),则c=2,所以a2=b2+c2=8,a=2,所以离心率e=.7.(2018全国卷)已知双曲线C:-y2=1,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若OMN为直角三角形,则MN=()A.B.3C.2D.4【解析】选B.渐近线方程为:-y2=0,即y=x,所以MON=.因为OMN为直角三角形,假设ONM=,如图,所以kMN=,直线MN方程为y=(x-2).联立所以N,即ON=,因为MON=,所以|MN|=3.8.(2018全国卷)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点且斜率为的直线与C交于M,N两点,则=()A.5B.6C.7D.8【解题指南】在求解的过程中,首先需要根据题意确定直线的方程,之后需要联立方程组,消元化简求解,从而确定出M(1,2),N(4,4),之后借助于抛物线的方程求得F(1,0),最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标,之后应用向量数量积坐标公式求得结果,也可以不求点M,N的坐标,应用根与系数的关系得到结果.【解析】选D.由题意知直线MN的方程为y=(x+2),F(1,0).设M(x1,y1),N(x2,y2),与抛物线方程联立有可得或所以=(0,2),=(3,4),所以=03+24=8.9.(2018全国卷)已知点M和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若AMB=90,则k=_.【解题指南】本题以直线与抛物线作为问题背景,考查直线与抛物线的位置关系,抛物线的几何性质,考查逻辑推理能力、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算等核心素养.试题难度:难.【解析】由抛物线的方程y2=4x可知其焦点F的坐标为(1,0),所以直线AB的方程为y=k(x-1),由得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=,x1x2=1,因为AMB=90,所以=(x1+1,y1-1)(x2+1,y2-1)=(x1+1)(x2+1)+(y1-1)(y2-1)=(x1+1)(x2+1)+k(x1-1)-1k(x2-1)-1=(1-k-k2)(x1+x2)+(1+k2)x1x2+k2+2k+2=(1-k-k2)+(1+k2)+k2+2k+2=0,整理可解得k=2.答案:210.(2018全国卷)直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于A,B两点,则AB=_.【解析】由x2+y2+2y-3=0,得圆心为(0,-1),半径为2,所以圆心到直线的距离d=.所以|AB|=2=2.答案:211.(2018全国卷)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.【解题指南】本题考查抛物线、圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系,着重考查学生的逻辑推理和数学运算的综合能力.【解析】(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k0).设A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.=16k2+160,故x1+x2=.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=.由题设知=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则解得或因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.12.(2018全国卷)设抛物线C:y2=2x,点A,B,过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程.(2)证明:ABM=ABN.【解析】(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1.(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20.由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=+=.将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.13.(2018全国卷)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为.(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程.(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.【解析】(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.代入+y2=1可得,点A的坐标为或.所以直线AM的方程为y=-x+或y=x-.(2)当l与x轴重合时,OMA=OMB=0.当l与x轴垂直时,OM为线段AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=+.由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=.将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以,x1+x2=,x1x2=.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.14.(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点.线段AB的中点为M.(1)证明:k-.(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且+=0.证明:,成等差数列,并求该数列的公差.【解题指南】本题考查直线与椭圆的位置关系以及椭圆的几何性质,考查推理论证能力、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:难.【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1.两式相减,并由=k得+k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.由题设得0m,故k-.(2)由题意得F(1,0),设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=