2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第八章 平面解析几何 热点跟踪训练5

2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第八章 平面解析几何 热点跟踪训练5

www.ks5u.com 热点跟踪训练5‎ ‎1．(2020·河北唐山模拟)已知点M为直线l1：x＝－1上的动点，N(1，0)，过M作直线l1的垂线，交MN的中垂线于点P，记P点的轨迹为C.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)若直线l2：y＝kx＋m与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，与曲线C交于A，B两点，且D为线段AB的中点，求直线l2的方程．‎ 解：(1)连接PN.由已知可得，|PN|＝|PM|，‎ 即点P到定点N的距离等于到直线l1的距离，‎ 故P点的轨迹是以N为焦点，l1为准线的抛物线，‎ 所以曲线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)易知k≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，‎ 由得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0，‎ 则x1＋x2＝.‎ 所以x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，即D.‎ 因为直线l2与圆E：(x－3)2＋y2＝6相切于点D，‎ 所以|DE|2＝6，DE⊥l2，‎ 从而＋＝6，‎ －3＝－2，‎ 整理可得＝2，即k＝±.‎ 所以m＝0，‎ 故l2的方程为y＝x或y＝－x.‎ ‎2．(2020·湖南湘潭模拟)已知点F(，0)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点，点M在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l与椭圆C交于不同的A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l斜率的取值范围．‎ 解：(1)由题可知，椭圆的另一个焦点为(－，0)，‎ 所以点M到两焦点的距离之和为 ‎ ＋＝4，‎ 所以a＝2.‎ 又因为c＝，所以b＝1，‎ 则椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．‎ 故设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.‎ 所以 而kOA＋kOB＝＋＝＝2k＋ ‎＝2k＋＝，‎ 由kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1.‎ 所以由m2≥0得k≥－.‎ 又因为Δ>0，即16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0.‎ 综上，k∈∪(1，＋∞)．‎ ‎3．设O为坐标原点，动点M在椭圆＋＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ .‎ ‎(1)求点P的轨迹方程E；‎ ‎(2)过F(1，0)的直线l1与点P的轨迹交于A、B两点，过F(1，0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C、D两点，求证：＋为定值．‎ ‎(1)解：设P(x，y)，则N(x，0)，＝(0，y)，‎ 又因为＝ ＝，所以M，‎ 由点M在椭圆上，得＋＝1，即＋＝1.‎ 即点P的轨迹方程E为＋＝1.‎ ‎(2)证明：当l1与x轴重合时，|AB|＝6，|CD|＝，‎ 所以＋＝.‎ 当l1与x轴垂直时，|AB|＝，|CD|＝6，‎ 所以＋＝.‎ 当l1与x轴不垂直也不重合时，可设l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则l2的方程为y＝－(x－1)．联立得 消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|AB|＝＝，‎ 同理可得|CD|＝，‎ 所以＋＝＋＝，为定值．‎ 综上，＋为定值．‎ ‎4.如图所示，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.‎ ‎(1)解：设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，‎ r)．‎ 因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝.‎ 所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.‎ ‎(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4)．‎ ‎①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.‎ 设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0.‎ 所以∠ANM＝∠BNM.‎ 综合①②知∠ANM＝∠BNM.‎ ‎5．已知椭圆C：＋y2＝1(a>0)，过椭圆C的右顶点和上顶点的直线与圆x2＋y2＝相切．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设M是椭圆C的上顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，设这两条直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝2‎ ‎，证明：直线AB过定点．‎ ‎(1)解：因为直线过(a，0)和(0，1)，所以直线的方程为x＋ay－a＝0，因为直线与圆x2＋y2＝相切，所以＝，解得a2＝2，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，设A(x0，y0)，则B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2得＋＝2，解得x0＝－1.‎ 当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立⇒(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，‎ 由根与系数关系得，x1＋x2＝，x1·x2＝，‎ 由k1＋k2＝2⇒＋＝2⇒‎ ＝2，‎ 即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)⇒(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，‎ 由m≠1，得(1－k)(m＋1)＝－km⇒k＝m＋1，‎ 即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m⇒m(x＋1)＝y－x，‎ 故直线AB过定点(－1，－1)．‎ 综上，直线AB过定点(－1，－1)．‎ ‎6．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)证明：直线AB过定点；‎ ‎(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．‎ ‎(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.‎ 因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.‎ 整理得2tx1－2y1＋1＝0.‎ 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.‎ 故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.‎ 所以直线AB过定点.‎ ‎(2)解：由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.‎ 由可得x2－2tx－1＝0.‎ 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，‎ y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，‎ ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝× ‎＝2(t2＋1)．‎ 设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，‎ 则d1＝，d2＝.‎ 因此，四边形ADBE的面积 S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).‎ 设M为线段AB的中点，则M.‎ 因为⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，‎ 所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.‎ 因此，四边形ADBE的面积为3或4.‎