《（新課標(biāo)）2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練7 大題專項(xiàng)（五）解析幾何綜合問題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練7 大題專項(xiàng)（五）解析幾何綜合問題 理（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
題型練7 大題專項(xiàng)(五)解析幾何綜合問題
1.
如圖,橢圓C:=1(a>b>0)的離心率e=,左焦點(diǎn)為F,A,B,C為其三個頂點(diǎn),直線CF與AB交于點(diǎn)D,若△ADC的面積為15.
(1)求橢圓C的方程.
(2)是否存在分別以AD,AC為弦的兩個相外切的等圓?若存在,求出這兩個圓的圓心坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
2.已知橢圓C:=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn),離心率為.
(1)求橢圓C的方程;
(2)不垂直于坐標(biāo)軸的直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),以AB為直徑的圓過原點(diǎn),且線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)P,求直線l的方程.
2、
3.設(shè)橢圓=1(a>)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知,其中O為原點(diǎn),e為橢圓的離心率.
(1)求橢圓的方程;
(2)設(shè)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線l的斜率的取值范圍.
4.已知拋物線C:y2=2px(p>0),過焦點(diǎn)且斜率為1的直線m交拋物線C于A,B兩點(diǎn),以線段AB為直徑的圓在y軸上截得的弦長為2.
(1)求拋物線C的方程.
(2)過點(diǎn)P(0,2)的直線l交拋物線C于
3、F,G兩點(diǎn),交x軸于點(diǎn)D,設(shè)=λ1=λ2,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.已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).
(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明AR∥FQ;
(2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.
6.(2017江蘇,17)
如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1
4、,F2,離心率為,兩準(zhǔn)線之間的距離為8.點(diǎn)P在橢圓E上,且位于第一象限,過點(diǎn)F1作直線PF1的垂線l1,過點(diǎn)F2作直線PF2的垂線l2.
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)若直線l1,l2的交點(diǎn)Q在橢圓E上,求點(diǎn)P的坐標(biāo).
參考答案
題型練7 大題專項(xiàng)(五)
解析幾何綜合問題
1.解(1)設(shè)左焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(-c,0),其中c=,∵e=,∴a=c,b=c.
∴A,B,C,
∴直線AB的方程為-=1,直
5、線CF的方程為-=1,
聯(lián)立解得點(diǎn)D的坐標(biāo)為
∵△ADC的面積為15,|xD|·|AC|=15,
即c·2c=15,
解得c=3,∴a=5,b=4,
∴橢圓C的方程為=1.
(2)由(1)知,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0,4),點(diǎn)D的坐標(biāo)為
假設(shè)存在這樣的兩個圓M與圓N,其中AD是圓M的弦,AC是圓N的弦,
則點(diǎn)M在線段AD的垂直平分線上,點(diǎn)N在線段AC的垂直平分線y=0上.
當(dāng)圓M和圓N是兩個相外切的等圓時,一定有A,M,N在一條直線上,且|AM|=|AN|.
∴M,N關(guān)于點(diǎn)A對稱.設(shè)M(x1,y1),
則N(-x1,8-y1),
根據(jù)點(diǎn)N在直線y=0上,∴y1=8.
∴M(x
6、1,8),N(-x1,0),
而點(diǎn)M在線段AD的垂直平分線y-=-上,可求得x1=-
故存在這樣的兩個等圓,且這兩個圓的圓心坐標(biāo)分別為M,N
2.解(1)由題意得解得a=2,b=1.
故橢圓C的方程是+y2=1.
(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+t,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立消去y,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,則有x1+x2=,x1x2=
Δ>0?4k2+1>t2,
y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=,
y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2
=k2+kt+t2=
因?yàn)?/p>
7、以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn),所以O(shè)A⊥OB,x1x2+y1y2=0.
因?yàn)閤1x2+y1y2==0,
所以5t2=4+4k2.因?yàn)棣?0,所以4k2+1>t2,解得t<-或t>
又設(shè)A,B的中點(diǎn)為D(m,n),則m=,n=
因?yàn)橹本€PD與直線l垂直,
所以kPD=-,得
由解得
當(dāng)t=-時,Δ>0不成立.當(dāng)t=1時,k=±,
所以直線l的方程為y=x+1或y=-x+1.
3.解(1)設(shè)F(c,0),由,
即,可得a2-c2=3c2,
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
所以,橢圓的方程為=1.
(2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),
則直線l的方程為
8、y=k(x-2).
設(shè)B(xB,yB),由方程組
消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2,或x=,
由題意得xB=,從而yB=
由(1)知,F(1,0),設(shè)H(0,yH),有=(-1,yH),
由BF⊥HF,得=0,所以=0,解得yH=
因此直線MH的方程為y=-x+
設(shè)M(xM,yM),由方程組消去y,
解得xM=
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,
即(xM-2)2+,化簡得xM≥1,即1,解得k≤-,或k
所以,直線l的斜率的取值范圍為
4.解(1)由已知:直線m的方程為y=x-,代入y2=2px,得x
9、2-3px+=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(diǎn)為,
由已知()2+=(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≠0),則D,
聯(lián)立得k2x2+4(k-1)x+4=0.
由Δ>0得k<設(shè)F(x3,y3),G(x4,y4),
則x3+x4=,x3x4=
=λ1(x3,y3-2)=λ1,
=λ2(x4,y4-2)=λ2,
所以λ1==-,λ2=-
則λ1+λ2=-
=-
將x3+x4=,x3x4=代入上式得λ1+λ2=-1.
10、
即λ1+λ2為定值-1.
5.解由題知F
設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab≠0,
且A,B,P,Q,R
記過A,B兩點(diǎn)的直線為l,
則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.
(1)證明由于F在線段AB上,故1+ab=0.
記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,
則k1==-b=k2.
所以AR∥FQ.
(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),
則S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,S△PQF=
由題設(shè)可得2|b-a|,
所以x1=0(舍去),x1=1.
設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).
當(dāng)AB與x軸不垂直時,由kAB=kDE可得(x≠1).
11、
而=y,所以y2=x-1(x≠1).
當(dāng)AB與x軸垂直時,E與D重合.
所以,所求軌跡方程為y2=x-1.
6.解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c.
因?yàn)闄E圓E的離心率為,兩準(zhǔn)線之間的距離為8,
所以=8,解得a=2,c=1,于是b=,因此橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是=1.
(2)由(1)知,F1(-1,0),F2(1,0).
設(shè)P(x0,y0),因?yàn)镻為第一象限的點(diǎn),故x0>0,y0>0.
當(dāng)x0=1時,l2與l1相交于F1,與題設(shè)不符.
當(dāng)x0≠1時,直線PF1的斜率為,直線PF2的斜率為
因?yàn)閘1⊥PF1,l2⊥PF2,所以直線l1的斜率為-,直線l2的斜率為-,
從而直線l1的方程:y=-(x+1), ①
直線l2的方程:y=-(x-1). ②
由①②,解得x=-x0,y=,
所以Q
因?yàn)辄c(diǎn)Q在橢圓上,由對稱性,得=±y0,即=1或=1.
又P在橢圓E上,故=1.
由解得x0=,y0=無解.
因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為
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（新課標(biāo)）2018屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 題型指導(dǎo)考前提分 題型練7 大題專項(xiàng)（五）解析幾何綜合問題 理
