资源描述：
《2019届高考数学二轮复习 大题专项练五 解析几何（B）文》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、五 解析几何(B)1.(2018·上饶三模)已知椭圆C1:+y2=1(a>1)的离心率e=,左、右焦点分别为F1,F2,直线l1过点F1且垂直于椭圆的长轴,动直线l2垂直l1于点P,线段PF2的垂直平分线交l2于点M.(1)求点M的轨迹C2的方程;(2)当直线AB与椭圆C1相切,交C2于点A,B,当∠AOB=90°时,求AB的直线方程.2.(2018·烟台模拟)已知动圆C与圆E:x2+(y-1)2=外切,并与直线y=-相切.(1)求动圆圆心C的轨迹Γ;(2)若从点P(m,-4)作曲线Γ的两条切线,切点分别为A,B,求证:直线AB恒过定点.1.解:(1
2、)由e2===,得a=,c=1,故F1(-1,0),F2(1,0),依条件可知
3、MP
4、=
5、MF2
6、,所以M的轨迹是以l1为准线,F2为焦点的抛物线,所以C2的方程为y2=4x.(2)显然当AB斜率不存在时,不符合条件.当AB斜率存在时,设AB:y=kx+m,由消y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,因为AB与C1相切,所以Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0,得m2=2k2+1>1,①又由消y得k2x2+(2km-4)x+m2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,且有得k≠0,km<1,因
7、为OA⊥OB,所以·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=()2+4·=0,得m=-4k,联立①,得k=±,故直线AB的方程为y=±(x-4).2.(1)解:由题意知,圆E的圆心E(0,1),半径为.设动圆圆心C(x,y),半径为r.因为圆C与直线y=-相切,所以d=r,即y+=r.①因为圆C与圆E外切,所以
8、CE
9、=+r,即=+r.②联立①②,消去r,可得x2=4y.所以C点的轨迹Γ是以E(0,1)为焦点,y=-1为准线的抛物线.(2)证明:由已知直线AB的斜率一定存在.不妨设直线AB的方程为y=kx+b.联立整理得
10、x2-4kx-4b=0,其中Δ=16(k2+b)>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4b.①由抛物线的方程可得y=x2,所以y′=x.所以过A(x1,y1)的抛物线的切线方程为y-y1=x1(x-x1),又y1=,代入整理得y=x1x-.因为切线过P(m,-4),代入整理得-2mx1-16=0,同理可得-2mx2-16=0.所以x1,x2为方程x2-2mx-16=0的两个根,所以x1+x2=2m,x1x2=-16.②由①②可得x1x2=-4b=-16,x1+x2=4k=2m.所以b=4,k=,AB的方程为y=x
11、+4.当x=0时,y=4,所以直线AB恒过定点(0,4).3.解:(1)依题意F(,0),当直线AB的斜率不存在时,y1y2=-p2=-4,p=2,当直线AB的斜率存在时,设AB:y=k(x-),由化简得y2-y-p2=0,由y1y2=-4得p2=4,p=2,所以抛物线方程y2=4x.(2)设D(x0,y0),B(,t),则E(-1,t),又由y1y2=-4,可得A(,-),因为kEF=-,AD⊥EF,所以kAD=,故直线AD:y+=(x-),即2x-ty-4-=0,由化简得y2-2ty-8-=0,所以y1+y0=2t,y1y0=-8-.所以
12、AD
13、
14、=
15、y1-y0
16、==,设点B到直线AD的距离为d,则d==,所以S△ABD=
17、AD
18、·d=≥16,当且仅当t4=16,即t=±2时取等号,当t=2时,AD:x-y-3=0,当t=-2时,AD:x+y-3=0.4.解:(1)因为椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点M(2,1)在椭圆C上.所以解得a=2,b=,c=,所以椭圆C的方程为+=1.(2)由直线l平行于OM,得直线l的斜率k=kOM=,又l在y轴上的截距为m,所以l的方程为y=x+m.由得x2+2mx+2m2-4=0.又直线l与椭圆交于A,B两个不同点,Δ=(2m)2-4(2m2-4)>0
19、,于是-20)的焦点为F,准线为l,过焦点F的直线交C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,y1y2=-4.(1)求抛物线方程;(2)点B在准线l上的投影为E,D是C上
20、一点,且AD⊥EF,求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.4.(2018·南充模拟)已知椭圆C:+=1
