（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練7 大題專項(xiàng)（五）解析幾何綜合問題 理

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1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練7 大題專項(xiàng)（五）解析幾何綜合問題 理 1.(2018天津,理19)設(shè)橢圓=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB|·|AB|=6. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)直線l:y=kx(k>0)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sin∠AOQ(O為原點(diǎn)),求k的值. 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

2、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. 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.(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.

3、 (1)求直線l的斜率的取值范圍; (2)設(shè)O為原點(diǎn),=λ=μ,求證: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. 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,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

4、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, 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得,|FB|=a,|AB|=b. 由|FB|·|AB|=6,可得ab=6, 從而a=3,b=2. 所以,橢圓的方程為=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y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2. 又因?yàn)閨AQ|=,而∠OAB=, 故|AQ|=

5、y2. 由sin∠AOQ,可得5y1=9y2. 由方程組消去x,可得y1=易知直線AB的方程為x+y-2=0,由方程組消去x,可得y2= 由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,兩邊平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=,或k= 所以,k的值為 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)+2

6、t=, y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2 =k2+kt+t2= 因?yàn)橐訟B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(shí),Δ>0不成立.當(dāng)t=1時(shí),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

7、=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

8、,解得k≤-,或k 所以,直線l的斜率的取值范圍為 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(k≠0). 由得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依題意,Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0, 解得k<0或0

9、=-,x1x2= 直線PA的方程為y-2=(x-1). 令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=+2=+2. 同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=+2. 由==, 得λ=1-yM,μ=1-yN. 所以 = ==2. 所以為定值. 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

10、-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(shí),由kAB=kDE可得(x≠1). 而=y,所以y2=x-1(x≠1). 當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),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(shí),l2與l1相交于F1,與題設(shè)不符. 當(dāng)x0≠1時(shí),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