（新課標）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（五）解析幾何綜合問題 理

《（新課標）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（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）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（五）解析幾何綜合問題 理（10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,橢圓C:=1(a>b>0)的離心率e=,左焦點為F,A,B,C為其三個頂點,直線CF與AB交于點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;若不存在,請說明理由. 2.已知橢圓C:=1(a>b>0)經(jīng)過點,離心率為. (1)求橢圓C的方程; (2)不垂直于坐標軸的直線l與橢圓C交于A,B兩點,以AB為直徑的圓過原點,且線段AB的垂直平分線交y軸于點P,求直線l的方程.

2、 3.設(shè)橢圓=1(a>)的右焦點為F,右頂點為A.已知,其中O為原點,e為橢圓的離心率. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)過點A的直線l與橢圓交于點B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點M,與y軸交于點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2. (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

3、F,G兩點,交x軸于點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的焦點為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點,交C的準線于P,Q兩點. (1)若F在線段AB上,R是PQ的中點,證明AR∥FQ; (2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點的軌跡方程. 6.(2017江蘇,17) 如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1

4、,F2,離心率為,兩準線之間的距離為8.點P在橢圓E上,且位于第一象限,過點F1作直線PF1的垂線l1,過點F2作直線PF2的垂線l2. (1)求橢圓E的標準方程; (2)若直線l1,l2的交點Q在橢圓E上,求點P的坐標. 參考答案 題型練7　大題專項(五) 解析幾何綜合問題 1.解(1)設(shè)左焦點F的坐標為(-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D的坐標為 ∵△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A的坐標為(0,4),點D的坐標為 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M在線段AD的垂直平分線上,點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A對稱.設(shè)M(x1,y1), 則N(-x1,8-y1), 根據(jù)點N在直線y=0上,∴y1=8. ∴M(x

6、1,8),N(-x1,0), 而點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= 因為

7、以AB為直徑的圓過坐標原點,所以O(shè)A⊥OB,x1x2+y1y2=0. 因為x1x2+y1y2==0, 所以5t2=4+4k2.因為Δ>0,所以4k2+1>t2,解得t<-或t> 又設(shè)A,B的中點為D(m,n),則m=,n= 因為直線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. 因為橢圓E的離心率為,兩準線之間的距離為8, 所以=8,解得a=2,c=1,于是b=,因此橢圓E的標準方程是=1. (2)由(1)知,F1(-1,0),F2(1,0). 設(shè)P(x0,y0),因為P為第一象限的點,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 因為l1⊥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 因為點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P的坐標為 - 10 -