統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學二輪專題闖關導練二主觀題專練解析幾何9文含解析

PAGE解析幾何(9)1．[2024·山東夏津一中月考]已知圓C的圓心在直線x＋y＋1＝0上，半徑為5，且圓C經(jīng)過點P(－2,0)和點Q(5,1)．(1)求圓C的標準方程；(2)求過點A(－3,0)且與圓C相切的切線方程．2．[2024·四川省南充市高考適應性考試]如圖所示，已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l經(jīng)過點F且與拋物線C相交于A，B兩點．(1)若線段AB的中點在直線y＝2上，求直線l的方程；(2)若線段|AB|＝20，求直線l的方程．3．[2024·唐山市高三年級摸底考試]已知F為拋物線C：x2＝12y的焦點，直線l：y＝kx＋4與C相交于A，B兩點．(1)O為坐標原點，求Oeq\o(A,\s\up6(→))·Oeq\o(B,\s\up6(→))；(2)M為C上一點，F(xiàn)為△ABM的重心(三邊中線的交點)，求k.4.[2024·南昌市高三年級摸底測試卷]在平面直角坐標系xOy中，已知Q(－1,2)，F(xiàn)(1,0)，動點P滿意|Peq\o(Q,\s\up6(→))·Oeq\o(F,\s\up6(→))|＝|Peq\o(F,\s\up6(→))|.(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)過點F的直線與E交于A，B兩點，記直線QA，QB的斜率分別為k1，k2，求證：k1＋k2為定值．5．[2024·黃岡中學、華師附中等八校第一次聯(lián)考]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(2,1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)已知斜率為eq\f(1,2)的直線l與橢圓C交于兩個不同的點A，B，點P的坐標為(2,1)，設直線PA與PB的傾斜角分別為α，β，證明：α＋β＝π.6．[2024·北京卷]已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(2，－1)．(1)求拋物線C的方程及其準線方程；(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．解析幾何(9)1．解析：(1)設圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝25，點C在直線x＋y＋1＝0上，則有a＋b＋1＝0.圓C經(jīng)過點P(－2,0)和點Q(5,1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－a2＋0－b2＝25，,5－a2＋1－b2＝25，))解得a＝2，b＝－3.所以圓C：(x－2)2＋(y＋3)2＝25.(2)設所求直線為l.①若直線l的斜率不存在，則直線l的方程是x＝－3，與圓C相切，符合題意．②若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＝0.由題意知，圓心C(2，－3)到直線l的距離等于半徑5，即eq\f(|2k＋3＋3k|,\r(k2＋1))＝5，解得k＝eq\f(8,15)，故切線方程是y＝eq\f(8,15)(x＋3)．綜上，所求切線方程是x＝－3或8x－15y＋24＝0.2．解析：(1)由已知，得拋物線的焦點為F(1,0)．因為線段AB的中點在直線y＝2上，所以直線l的斜率存在，設直線l的斜率為k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點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，故直線l的方程是y＝x－1.(2)設直線l的方程為x＝my＋1，與拋物線方程聯(lián)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，所以直線l的方程是x＝±2y＋1，即x±2y－1＝0.3．解析：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，將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，從而Oeq\o(A,\s\up6(→))·Oeq\o(B,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－32.(2)依題意得F(0,3)，設M(x3，y3)，因為F為△ABM的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝9，從而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.因為M(x3，y3)在拋物線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)設P(x，y)，則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)，化簡得y2＝4x，即動點P的軌跡E的方程為y2＝4x.(2)設過點F(1,0)的直線方程為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)，將y1＋y2＝4m，y1y2＝－4代入上式得，k1＋k2＝eq\f(－8m2－8,4m2＋4)＝－2，故k1＋k2為定值－2.5．解析：(1)由題意得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))，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設直線l：y＝eq\f(1,2)x＋m，聯(lián)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.當m＝0時，直線l：y＝eq\f(1,2)x(點P在直線l上，舍去)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，由題意，易知直線PA與PB的斜率均存在，所以α，β≠eq\f(π,2).設直線PA與PB的斜率分別為k1，k2，則tanα＝k1，tanβ＝k2，要證α＋β＝π，即證tanα＝tan(π－β)＝－tanβ，只需證k1＋k2＝0，因為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)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(2，－1)，得p＝2.所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準線方程為y＝1.(2)拋物線C的焦點為F(0，－1)．設直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4.直線OM的方程為y＝eq\f(y1,x1)x.令y＝－1，得點A的橫坐標xA＝－eq\f(x1,y1).同理得點B的橫坐標xB＝－eq\f(x2,y2).設點D(0，n)，則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