统考版2025届高考数学二轮专题闯关导练二主观题专练解析几何9文含解析

PAGE解析几何(9)1．[2024·山东夏津一中月考]已知圆C的圆心在直线x＋y＋1＝0上，半径为5，且圆C经过点P(－2,0)和点Q(5,1)．(1)求圆C的标准方程；(2)求过点A(－3,0)且与圆C相切的切线方程．2．[2024·四川省南充市高考适应性考试]如图所示，已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l经过点F且与抛物线C相交于A，B两点．(1)若线段AB的中点在直线y＝2上，求直线l的方程；(2)若线段|AB|＝20，求直线l的方程．3．[2024·唐山市高三年级摸底考试]已知F为抛物线C：x2＝12y的焦点，直线l：y＝kx＋4与C相交于A，B两点．(1)O为坐标原点，求Oeq\o(A,\s\up6(→))·Oeq\o(B,\s\up6(→))；(2)M为C上一点，F为△ABM的重心(三边中线的交点)，求k.4.[2024·南昌市高三年级摸底测试卷]在平面直角坐标系xOy中，已知Q(－1,2)，F(1,0)，动点P满意|Peq\o(Q,\s\up6(→))·Oeq\o(F,\s\up6(→))|＝|Peq\o(F,\s\up6(→))|.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)过点F的直线与E交于A，B两点，记直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2为定值．5．[2024·黄冈中学、华师附中等八校第一次联考]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(2,1)，且离心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)已知斜率为eq\f(1,2)的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B，点P的坐标为(2,1)，设直线PA与PB的倾斜角分别为α，β，证明：α＋β＝π.6．[2024·北京卷]已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．解析几何(9)1．解析：(1)设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝25，点C在直线x＋y＋1＝0上，则有a＋b＋1＝0.圆C经过点P(－2,0)和点Q(5,1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－a2＋0－b2＝25，,5－a2＋1－b2＝25，))解得a＝2，b＝－3.所以圆C：(x－2)2＋(y＋3)2＝25.(2)设所求直线为l.①若直线l的斜率不存在，则直线l的方程是x＝－3，与圆C相切，符合题意．②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＝0.由题意知，圆心C(2，－3)到直线l的距离等于半径5，即eq\f(|2k＋3＋3k|,\r(k2＋1))＝5，解得k＝eq\f(8,15)，故切线方程是y＝eq\f(8,15)(x＋3)．综上，所求切线方程是x＝－3或8x－15y＋24＝0.2．解析：(1)由已知，得抛物线的焦点为F(1,0)．因为线段AB的中点在直线y＝2上，所以直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝4x1，,y\o\al(2,2)＝4x2，))得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，所以2y0k＝4.又y0＝2，所以k＝1，故直线l的方程是y＝x－1.(2)设直线l的方程为x＝my＋1，与抛物线方程联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x，得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，Δ＝16(m2＋1)>0.|AB|＝eq\r(m2＋1)|y1－y2|＝eq\r(m2＋1)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(m2＋1)·eq\r(4m2－4×－4)＝4(m2＋1)．所以4(m2＋1)＝20，解得m＝±2，所以直线l的方程是x＝±2y＋1，即x±2y－1＝0.3．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将l的方程代入C得，x2－12kx－48＝0，所以x1＋x2＝12k，x1x2＝－48，y1y2＝eq\f(x1x22,122)＝16，从而Oeq\o(A,\s\up6(→))·Oeq\o(B,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－32.(2)依题意得F(0,3)，设M(x3，y3)，因为F为△ABM的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9，从而x3＝－(x1＋x2)＝－12k，y3＝9－(y1＋y2)＝9－eq\f(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),12)＝9－eq\f(x1＋x22－2x1x2,12)＝1－12k2.因为M(x3，y3)在抛物线C上，所以(－12k)2＝12(1－12k2)，即k2＝eq\f(1,24).故k＝eq\f(\r(6),12)或－eq\f(\r(6),12).4．解析：(1)设P(x，y)，则Peq\o(Q,\s\up6(→))＝(－1－x,2－y)，Peq\o(F,\s\up6(→))＝(1－x，－y)．Oeq\o(F,\s\up6(→))＝(1,0)，由|Peq\o(Q,\s\up6(→))·Oeq\o(F,\s\up6(→))|＝|Peq\o(F,\s\up6(→))|得|－1－x|＝eq\r(1－x2＋－y2)，化简得y2＝4x，即动点P的轨迹E的方程为y2＝4x.(2)设过点F(1,0)的直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1,y2＝4x))得y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.∵k1＋k2＝eq\f(y1－2,x1＋1)＋eq\f(y2－2,x2＋1)，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，∴k1＋k2＝eq\f(y1－2,my1＋2)＋eq\f(y2－2,my2＋2)＝eq\f(y1－2my2＋2＋y2－2my1＋2,my1＋2my2＋2)＝eq\f(2my1y2＋2－2my1＋y2－8,m2y1y2＋2my1＋y2＋4)，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入上式得，k1＋k2＝eq\f(－8m2－8,4m2＋4)＝－2，故k1＋k2为定值－2.5．解析：(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1,e＝\r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(3),2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8,b2＝2))，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设直线l：y＝eq\f(1,2)x＋m，联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))，消去y，得x2＋2mx＋2m2－4＝0，Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得－2<m<2.当m＝0时，直线l：y＝eq\f(1,2)x(点P在直线l上，舍去)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，由题意，易知直线PA与PB的斜率均存在，所以α，β≠eq\f(π,2).设直线PA与PB的斜率分别为k1，k2，则tanα＝k1，tanβ＝k2，要证α＋β＝π，即证tanα＝tan(π－β)＝－tanβ，只需证k1＋k2＝0，因为k1＝eq\f(y1－1,x1－2)，k2＝eq\f(y2－1,x2－2)，所以k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(y1－1x2－2＋y2－1x1－2,x1－2x2－2)，又y1＝eq\f(1,2)x1＋m，y2＝eq\f(1,2)x2＋m，所以(y1－1)(x2－2)＋(y2－1)(x1－2)＝(eq\f(1,2)x1＋m－1)(x2－2)＋(eq\f(1,2)x2＋m－1)(x1－2)＝x1·x2＋(m－2)(x1＋x2)－4(m－1)＝2m2－4＋(m－2)(－2m)－4(m－1)＝0，所以k1＋k2＝0，故α＋β＝π.6．解析：(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)．设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝eq\f(y1,x1)x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq\f(x1,y1).同理得点B的横坐标xB＝－eq\f(x2,y2).设点D(0，n)，则eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x1,y1)，－1－n))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,y2)，－1－n))，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq\f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\a