《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練7 大題專項5 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練7 大題專項5 文（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、題型練7 大題專項(五)
解析幾何綜合問題
1.如圖,已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點,拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上.
(1)設(shè)AB中點為M,證明:PM垂直于y軸;
(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動點,求△PAB面積的取值范圍.
2.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1過A(2,0),B(0,1)兩點.
(1)求橢圓C的方程及離心率;
(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:四邊形ABNM的面積為定值.
3.(
2、2019北京,文19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1的右焦點為(1,0),且經(jīng)過點A(0,1).
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)O為原點,直線l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P,Q,直線AP與x軸交于點M,直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|=2,求證:直線l經(jīng)過定點.
4.已知拋物線C:y2=2px(p>0),過焦點且斜率為1的直線m交拋物線C于A,B兩點,以線段AB為直徑的圓在y軸上截得的弦長為27.
(1)求拋物線C的方程.
(2)過點P(0,2)的直線l交拋物線C于F,G兩點,交x軸于點D,設(shè)PF=λ1FD,PG=λ2GD,
3、試問λ1+λ2是否為定值?若是,求出該定值;若不是,請說明理由.
5.(2019天津,文19)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,左頂點為A,上頂點為B,已知3|OA|=2|OB|(O為原點).
(1)求橢圓的離心率;
(2)設(shè)經(jīng)過點F且斜率為34的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P,圓C同時與x軸和直線l相切,圓心C在直線x=4上,且OC∥AP.求橢圓的方程.
6.(2019全國大聯(lián)考,19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,且圓x2+y2-2x-3y=0的圓心在橢圓C上.
(1)求橢圓C的
4、標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)若直線y=mx+n與橢圓C只有一個公共點M,且與直線x=4相交于點N,問x軸上是否存在點P,使得以MN為直徑的圓恒過點P?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
題型練7 大題專項(五)
解析幾何綜合問題
1.(1)證明設(shè)P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.
因為PA,PB的中點在拋物線上,
所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02,
即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個不同的實根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y軸.
(2)解由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,
5、所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,
|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,△PAB的面積S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因為x02+y024=1(x0<0),
所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5],
因此,△PAB面積的取值范圍是62,15104.
2.(1)解由題意,得a=2,b=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=1.又c=a2-b2=3,所以離心率e=ca=32.
(2)證明設(shè)P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x02+4y02=4.
又A(2,0),B(0,1),
6、
所以直線PA的方程為y=y0x0-2(x-2).
令x=0,得yM=-2y0x0-2,從而|BM|=1-yM=1+2y0x0-2.直線PB的方程為y=y0-1x0x+1.
令y=0,得xN=-x0y0-1,
從而|AN|=2-xN=2+x0y0-1.
所以四邊形ABNM的面積
S=12|AN|·|BM|
=122+x0y0-11+2y0x0-2
=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+42(x0y0-x0-2y0+2)
=2x0y0-2x0-4y0+4x0y0-x0-2y0+2=2.
從而四邊形ABNM的面積為定值.
3.(1)解由題意得,b2=1,c=1.
所
7、以a2=b2+c2=2.
所以橢圓C的方程為x22+y2=1.
(2)證明設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),
則直線AP的方程為y=y1-1x1x+1.
令y=0,得點M的橫坐標(biāo)xM=-x1y1-1.
又y1=kx1+t,從而|OM|=|xM|=x1kx1+t-1.
同理,|ON|=x2kx2+t-1.
由y=kx+t,x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.
則x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2.
所以|OM|·|ON|=x1kx1+t-1·x2kx2+t-1
=x1x2k2x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t
8、-1)2
=2t2-21+2k2k2·2t2-21+2k2+k(t-1)·-4kt1+2k2+(t-1)2
=21+t1-t.
又|OM|·|ON|=2,所以21+t1-t=2.
解得t=0,所以直線l經(jīng)過定點(0,0).
4.解(1)由已知:直線m的方程為y=x-p2,代入y2=2px,得x2-3px+p24=0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=3p,|AB|=x1+x2+p=4p且線段AB的中點為32p,p,
由已知(7)2+32p2=(2p)2,
解得p=2或p=-2(舍去),
所以拋物線C的方程為y2=4x.
(2)設(shè)直線l:y=kx+2(k≠
9、0),則D-2k,0,
聯(lián)立y=kx+2,y2=4x,得k2x2+4(k-1)x+4=0.
由Δ>0得k<12.
設(shè)F(x3,y3),G(x4,y4),
則x3+x4=4-4kk2,x3x4=4k2.
PF=λ1FD?(x3,y3-2)=λ1-2k-x3,-y3,
PG=λ2GD?(x4,y4-2)=λ2-2k-x4,-y4,
所以λ1=x3-2k-x3=-kx3kx3+2,λ2=-kx4kx4+2.
則λ1+λ2=-kx3kx3+2-kx4kx4+2
=-2k2x3x4+2k(x3+x4)k2x3x4+2k(x3+x4)+4.
將x3+x4=4-4kk2,x3x4=4k2
10、代入上式得λ1+λ2=-1.
即λ1+λ2為定值-1.
5.解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c,由已知有3a=2b,又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得ca=12.
所以,橢圓的離心率為12.
(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故橢圓方程為x24c2+y23c2=1,由題意,F(-c,0),則直線l的方程為y=34(x+c).
點P的坐標(biāo)滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化簡,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7.
代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c.
因為點P在x軸上方,所以Pc,32c.
11、由圓心C在直線x=4上,可設(shè)C(4,t).
因為OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),所以t4=32cc+2c,解得t=2.
因為圓C與x軸相切,所以圓的半徑為2,又由圓C與l相切,得34(4+c)-21+(34)?2=2,可得c=2.
所以,橢圓的方程為x216+y212=1.
6.解(1)由e=12(其中e為橢圓C的離心率),
得a2-b2a2=1-b2a2=12,即3a2=4b2.
又圓x2+y2-2x-3y=0的圓心1,32在橢圓C上,所以1a2+94b2=1.
聯(lián)立3a2=4b2,1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3.
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=
12、1.
(2)聯(lián)立y=mx+n,x24+y23=1,
消去y,整理得(3+4m2)x2+8mnx+4n2-12=0.
因為直線y=mx+n與橢圓C只有一個公共點M,所以Δ=64m2n2-4(3+4m2)(4n2-12)=0,即n2=3+4m2.
設(shè)點M的坐標(biāo)為(xM,yM),則xM=-4mn3+4m2=-4mn,yM=mxM+n=3n,即M-4mn,3n.
假設(shè)x軸上存在點P(t,0),使得以MN為直徑的圓恒過點P.
因為N(4,4m+n),所以PM=-4mn-t,3n,PN=(4-t,4m+n).
所以PM·PN=-4mn-t(4-t)+3n(4m+n)=t2-4t+3+4mn(t-1)=0恒成立.
所以t=1,t2-4t+3=0,即t=1.
所以在x軸上存在點P(1,0),使得以MN為直徑的圓恒過點P.
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（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練7 大題專項5 文
