《（新课标）天津市2019年高考数学二轮复习 题型练7 大题专项（五）解析几何综合问题 理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标）天津市2019年高考数学二轮复习 题型练7 大题专项（五）解析几何综合问题 理.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1题型练题型练 7 7 大题专项大题专项( (五五) )解析几何综合问题解析几何综合问题1 1.(2018 天津,理 19)设椭圆=1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,22+225 3点A的坐标为(b,0),且|FB|AB|=6.2(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若sinAOQ(O为原点),求k的值.| |=5 2 42 2.已知椭圆C:=1(ab0)经过点,离心率为.22+22(1,3 2)3 2(1)求椭圆C的方程;(2)不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C交于A,B两点,以AB为直径的圆过原点,且线段
2、AB的垂直平分线交y轴于点P,求直线l的方程.(0, -3 2)23 3.设椭圆=1(a)的右焦点为F,右顶点为A.已知,其中O为原点,e22+2 331 |+1 |=3 |为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点 H.若BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围.4 4.(2018 北京,理 19)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个 不同的交点A,B,且直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于点N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点
3、,=,求证:为定值.,1 +1 35 5.已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线 于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.6 6.4如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为 ,22+221 2两准线之间的距离为 8.点P在椭圆E上,且位于第一象限,过点F1作直线PF1的垂线l1,过点F2作 直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程;(2)若直线l1,l2的交点Q在椭圆E上,求点P的坐标.
4、5题型练 7 7 大题专项(五)解析几何综合问题1 1.解 (1)设椭圆的焦距为 2c,由已知有,22=5 9又由a2=b2+c2,可得 2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=b.2由|FB|AB|=6,可得ab=6,2从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为=1.2 9+2 4(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1y20,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因为|AQ|=,而OAB=,2 4故|AQ|=y2.2由sinAOQ,可得 5y1=9y2.| |=5 2 4由方程组消去x,可得y1=易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组 = ,
5、2 9+2 4= 1,?692+ 4.消去x,可得y2= = , + - 2 = 0,?2 + 1.由 5y1=9y2,可得 5(k+1)=3,两边平方,整理得 56k2-50k+11=0,解得k=,或k=92+ 41 211 28.所以,k的值为1 2或11 28.62 2.解 (1)由题意得解得a=2,b=1. =3 2,12+342= 1,2= 2+ 2,?故椭圆C的方程是+y2=1.2 4(2)设直线l的方程为y=kx+t,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立消去y,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,则有x1+x2=,x1x2= = + , 2 4+ 2= 1,?-
6、 81 + 4242- 41 + 42.04k2+1t2,y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=,21 + 42y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2+kt+t2=42- 41 + 42- 81 + 422- 421 + 42.因为以AB为直径的圆过坐标原点,所以OAOB,x1x2+y1y2=0.因为x1x2+y1y2=0,42- 41 + 42+2- 421 + 42所以 5t2=4+4k2.因为0,所以 4k2+1t2,解得t3 23 2.又设A,B的中点为D(m,n),则m=,n=1+ 22=- 41 + 421+ 22
7、=1 + 42.因为直线PD与直线l垂直,所以kPD=-,得1 =-3 2- - 1 + 42=1 2.由解得1 + 42=1 2,52= 4 + 42,?1= 1,2= -3 5.?7当t=-时,0 不成立.当t=1 时,k=,3 51 2所以直线l的方程为y= x+1 或y=- x+1.1 21 23 3.解 (1)设F(c,0),由,1 |+1 |=3 |即,可得a2-c2=3c2,1 +1 =3 ( - )又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.所以,椭圆的方程为=1.2 4+2 3(2)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由方
8、程组2 4+2 3= 1, = ( - 2)?消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2,或x=,82- 642+ 3由题意得xB=,从而yB=82- 642+ 3- 1242+ 3.由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有=(-1,yH), =(9 - 4242+ 3,1242+ 3).由BFHF,得=0,所以=0,解得yH=42- 942+ 3+1242+ 39 - 42 12.因此直线MH的方程为y=- x+1 9 - 42 12.设M(xM,yM),由方程组消去y, = ( - 2), = -1 +9 - 42 12?8解得xM=202+ 912
9、(2+ 1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+,化简得xM1,即1,解得k-,或k2 2 + 2 202+ 912(2+ 1)6 46 4.所以,直线l的斜率的取值范围为(- , -6 46 4, + ).4 4.(1)解 因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以 4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为 0,设直线l的方程为y=kx+1(k0).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.2= 4, = + 1,?依题意,=(2k-4)2-4k210,解得k0,y00.当x0=1 时,l2与l1相交于F1,与题设不符.当x
10、01 时,直线PF1的斜率为,直线PF2的斜率为00+ 100- 1.因为l1PF1,l2PF2,所以直线l1的斜率为-,直线l2的斜率为-,0+ 100- 10从而直线l1的方程:y=-(x+1),0+ 10直线l2的方程:y=-(x-1).0- 10由,解得x=-x0,y=,20- 10所以Q(- 0,20- 10).因为点Q在椭圆上,由对称性,得=y0,即=1 或=1.20- 1020 2 020+ 2 011又P在椭圆E上,故=1.20 4+20 3由解得x0=,y0=无解.20- 2 0= 1,20 4+20 3= 1,?4 7 73 7 7;20+ 2 0= 1,20 4+20 3= 1,?因此点P的坐标为(4 7 7,3 77).