2019年高考數(shù)學(xué)(理科-天津課標(biāo)版)二輪復(fù)習(xí)題型練-含答案-7.docx

滴滴答答的等等題型練7大題專項(xiàng)(五)解析幾何綜合問題1.(2018天津,理19)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為53,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB|AB|=62.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)直線l:y=kx(k0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若|AQ|PQ|=524sinAOQ(O為原點(diǎn)),求k的值.2.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)經(jīng)過點(diǎn)1,32,離心率為32.(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)P0,-32,求直線l的方程.3.設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a3)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,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BFHF,且MOAMAO,求直線l的斜率的取值范圍.4.(2018北京,理19)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2).過點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于點(diǎn)M,直線PB交y軸于點(diǎn)N.(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)設(shè)O為原點(diǎn),QM=QO,QN=QO,求證:1+1為定值.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ARFQ;(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.如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為12,兩準(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).題型練7大題專項(xiàng)(五)解析幾何綜合問題1.解 (1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=59,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b.由|FB|AB|=62,可得ab=6,從而a=3,b=2.所以,橢圓的方程為x29+y24=1.(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因?yàn)閨AQ|=y2sinOAB,而OAB=4,故|AQ|=2y2.由|AQ|PQ|=524sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程組y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直線AB的方程為x+y-2=0,由方程組y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,兩邊平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=1128.所以,k的值為12或1128.2.解 (1)由題意得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.故橢圓C的方程是x24+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y=kx+t,x24+y2=1,消去y,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,則有x1+x2=-8kt1+4k2,x1x2=4t2-41+4k2.04k2+1t2,y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=2t1+4k2,y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k24t2-41+4k2+kt-8kt1+4k2+t2=t2-4k21+4k2.因?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn),所以O(shè)AOB,x1x2+y1y2=0.因?yàn)閤1x2+y1y2=4t2-41+4k2+t2-4k21+4k2=0,所以5t2=4+4k2.因?yàn)?,所以4k2+1t2,解得t32.又設(shè)A,B的中點(diǎn)為D(m,n),則m=x1+x22=-4kt1+4k2,n=y1+y22=t1+4k2.因?yàn)橹本€PD與直線l垂直,所以kPD=-1k=-32-n-m,得t1+4k2=12.由t1+4k2=12,5t2=4+4k2,解得t1=1,t2=-35.當(dāng)t=-35時(shí),0不成立.當(dāng)t=1時(shí),k=12,所以直線l的方程為y=12x+1或y=-12x+1.3.解 (1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),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x24+y23=1.(2)設(shè)直線l的斜率為k(k0),則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(xB,yB),由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2,或x=8k2-64k2+3,由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3.由(1)知,F(1,0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直線MH的方程為y=-1kx+9-4k212k.設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64,或k64.所以,直線l的斜率的取值范圍為-,-6464,+.4.(1)解 因?yàn)閽佄锞€y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x.由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k0).由y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.依題意,=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k0,y00.當(dāng)x0=1時(shí),l2與l1相交于F1,與題設(shè)不符.當(dāng)x01時(shí),直線PF1的斜率為y0x0+1,直線PF2的斜率為y0x0-1.因?yàn)閘1PF1,l2PF2,所以直線l1的斜率為-x0+1y0,直線l2的斜率為-x0-1y0,從而直線l1的方程:y=-x0+1y0(x+1),直線l2的方程:y=-x0-1y0(x-1).由,解得x=-x0,y=x02-1y0,所以Q-x0,x02-1y0.因?yàn)辄c(diǎn)Q在橢圓上,由對(duì)稱性,得x02-1y0=y0,即x02-y02=1或x02+y02=1.又P在橢圓E上,故x024+y023=1.由x02-y02=1,x024+y023=1,解得x0=477,y0=377;x02+y02=1,x024+y023=1,無解.因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為477,377.予少家漢東，漢東僻陋無學(xué)者，吾家又貧無藏書。州南有大姓李氏者，其于堯輔頗好學(xué)。予為兒童時(shí)，多游其家，見有弊筐貯故書在壁間，發(fā)而視之，得唐昌黎先生文集六卷，脫落顛倒無次序，因乞李氏以歸。讀之，見其言深厚而雄博，然予猶少，未能悉究其義徒見其浩然無涯，若可愛。