高考數(shù)學新一輪復習 專題七 平面解析幾何(文、理)

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1、高考數(shù)學新一輪復習 專題七 平面解析幾何(文、理) 設F1、F2是橢圓E:+=1(a>b>0)的左、右焦點,P為直線x=上一點,△F2PF1是底角為30°的等腰三角形,則E的離心率為(  ) A.           B. C. D. 已知雙曲線C1:-=1(a>0,b>0)的離心率為2.若拋物線C2:x2=2py(p>0)的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2,則拋物線C2的方程為(  ) A.x2=y(tǒng) B.x2=y(tǒng) C.x2=8y D.x2=16y 直線x+y-2=0與圓x2+y2=4相交于A,B兩點,則弦AB的長度等于(  ) A.2 B.2 C.

2、 D.1 如圖,中心均為原點O的雙曲線與橢圓有公共焦點,M,N是雙曲線的兩頂點.若M,O,N將橢圓長軸四等分,則雙曲線與橢圓的離心率的比值是(  ) A.3 B.2 C. D. 已知P,Q為拋物線x2=2y上兩點,點P,Q的橫坐標分別為4,-2,過P,Q分別作拋物線的切線,兩切線交于點A,則點A的縱坐標為(  ) A.1 B.3 C.-4 D.-8 橢圓+=1(a>b>0)的左、右頂點分別是A,B,左、右焦點分別是F1,F(xiàn)2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比數(shù)列,則此橢圓的離心率為(  ) A. B. C. D.-2 在

3、平面直角坐標系xOy中,圓C的方程為x2+y2-8x+15=0,若直線y=kx-2上至少存在一點,使得以該點為圓心,1為半徑的圓與圓C有公共點,則k的最大值是________. 過直線x+y-2=0上點P作圓x2+y2=1的兩條切線,若兩條切線的夾角是60°,則點P的坐標是__________. 已知橢圓+=1(a>b>0),點P在橢圓上. (Ⅰ)求橢圓的離心率; (Ⅱ)設A為橢圓的左頂點,O為坐標原點,若點Q在橢圓上且滿足|AQ|=|AO|,求直線OQ的斜率的值. (xx·高考江蘇卷)如圖,建立平面直角坐標系xOy,x軸在地平面上,y軸垂直于

4、地平面,單位長度為1千米.某炮位于坐標原點.已知炮彈發(fā)射后的軌跡在方程y=kx-·(1+k2)x2(k>0)表示的曲線上,其中k與發(fā)射方向有關.炮的射程是指炮彈落地點的橫坐標. (1)求炮的最大射程; (2)設在第一象限有一飛行物(忽略其大小),其飛行高度為3.2千米,試問它的橫坐標a不超過多少時,炮彈可以擊中它?請說明理由. 如圖,F(xiàn)1,F(xiàn)2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,A是橢圓C的頂點,B是直線AF2與橢圓C的另一個交點,∠F1AF2=60°. (Ⅰ)求橢圓C的離心率; (Ⅱ)已知△AF1B的面積為40,求a,

5、b的值. 已知橢圓C1:+y2=1,橢圓C2以C1的長軸為短軸,且與C1有相同的離心率. (Ⅰ)求橢圓C2的方程; (Ⅱ)設O為坐標原點,點A,B分別在橢圓C1和C2上,=2,求直線AB的方程. 在平面直角坐標系xOy中,已知雙曲線C:2x2-y2=1. (1)設F是C的左焦點,M是C右支上一點,若|MF|=2,求點M的坐標; (2)過C的左頂點作C的兩條漸近線的平行線,求這兩組平行線圍成的平行四邊形的面積; (3)設斜率為k(|k|<)的直線l交C于P、Q兩點,若l與圓x2+y2=1相切,求證:OP⊥OQ.

6、 如圖,設橢圓的中心為原點O,長軸在x軸上,上頂點為A,左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,線段OF1,OF2的中點分別為B1,B2,且△AB1B2是面積為4的直角三角形. (Ⅰ)求該橢圓的離心率和標準方程; (Ⅱ)過B1作直線交橢圓于P,Q兩點,使PB2⊥QB2,求△PB2Q的面積. 專題七 平面解析幾何 C 由題意可知∠PF2x=60°,|PF2|==3a-2c,由 |PF2|=|F1F2|,得3a-2c=2c,∴e=,故選C. D ,可得p=8,故選D. B 圓心到直線的距離d==1, ∴|AB|=2=2=2. B 設橢圓、雙曲線

7、的長軸和實軸分別為2a1,2a2,則易得a1=2a2,又∵焦距相等, ∴e2∶e1=2. C PA方程為:y-8=4(x-4),即y=4x-8, 同理QA為:y=-2x-2, 解得x=1,∴y=-4. B 如圖|AF1|=a-c, |F1F2|=2c,|F1B|=a+c, ∴4c2=a2-c2, ∴e==.  根據(jù)題意,x2+y2-8x+15=0,將此化成標準形式為(x-4)2+y2=1,得到該圓的圓心為M(4,0),半徑為1,若直線y=kx-2上至少存在一點,使得以該點為圓心,1為半徑的圓與圓C有公共點,只需要圓心M(4,0)到直線y=kx-2的距離d≤1+1=2即

8、可,所以有d:≤2,化簡得k(3k-4)≤0,解得0≤k≤,所以k的最大值為. (,) 設P(x0,y0)如圖 |PO|=2. ∴. 則x+(x0-2)2=4, ∴x-2x0+2=0. ∴(x0-)2=0,∴x0=,y0=. 解:(Ⅰ)因為點P在橢圓上,故+=1,可得=. 于是e2==1-=,所以橢圓的離心率e=. (Ⅱ)設直線OQ的斜率為k,則其方程為y=kx,設點Q的坐標為(x0,y0). 由條件得 消去y0并整理得x=.① 由|AQ|=|AO|,A(-a,0)及y0=kx0, 得(x0+a)2+k2x=a2.整理得 (1+k2)x+2ax0=0,而x0

9、≠0,故x0=, 代入①,整理得(1+k2)2=4k2·+4. 由(Ⅰ)知=,故(1+k2)2=k2+4, 即5k4-22k2-15=0,可得k2=5. 所以直線OQ的斜率k=±. 解:(1)令y=0,得kx-(1+k2)x2=0,由實際意義和題設條件知x>0,k>0, 故x==≤=10,當且僅當k=1時取等號. 所以炮的最大射程為10千米. (2)因為a>0,所以炮彈可擊中目標?存在k>0, 使3.2=ka-(1+k2)a2成立 ?關于k的方程a2k2-20ak+a2+64=0有正根 ?判別式Δ=(-20a)2-4a2(a2+64)≥0 ?a≤6. 所以當a不超過6

10、(千米)時,可擊中目標. 解:(Ⅰ)由題意可知,△AF1F2為等邊三角形,a=2c, 所以e=. (Ⅱ)法一:因為a2=4c2,b2=3c2,所以=, 直線AB的方程可為:y=-(x-c), 將其代入橢圓方程3x2+4y2=12c2, 得B(c,-c), 所以|AB|=·=c. 由S△AF1B=|AF1|·|AB|sin∠F1AB=a·c·=a2=40, 解得a=10,b=5. 法二:設|AB|=t. 因為|AF2|=a,所以|BF2|=t-a, 由橢圓定義|BF1|+|BF2|=2a可知,|BF1|=3a-t, 再由余弦定理(3a-t)2=a2+t2-2atcos6

11、0°可得, t=a, 由S△AF1B=a·a·=a2=40知, a=10,b=5. 解:(Ⅰ)由已知可設橢圓C2的方程為+=1(a>2). 其離心率為,故=,則a=4, 故橢圓C2的方程為+=1. (Ⅱ)法一:A,B兩點的坐標分別記為(xA,yA),(xB,yB),由=2及(Ⅰ)知,O、A、B三點共線且點A,B不在y軸上,因此可設直線AB的方程為y=kx. 將y=kx代入+y2=1中,得(1+4k2)x2=4, 所以x=,將y=kx代入+=1中, 得(4+k2)x2=16,所以x=, 又由=2得x=4x,即=, 解得k=±1,故直線AB的方程為y=x或y=-x. 法二

12、:A,B兩點的坐標分別記為(xA,yA),(xB,yB), 由=2及(Ⅰ)知,O,A,B三點共線且點A,B不在y軸上,因此可設直線AB的方程為y=kx. 將y=kx代入+y2=1中,得(1+4k2)x2=4, 所以x=, 由=2得x=,y=, 將x,y代入+=1中,得=1, 即4+k2=1+4k2,解得k=±1, 故直線AB的方程為y=x或y=-x. 解:(1)雙曲線C:-y2=1,左焦點F. 設M(x,y),則|MF|2=+y2=, 由M點是右支上一點,知x≥, 所以|MF|=x+=2,得x=. 所以點M的坐標為. (2)由(1)知,左頂點A,漸近線方程:y=±x.

13、 過點A與漸近線y=x平行的直線方程為: y=,即y=x+1. 解方程組,得 所求平行四邊形的面積為S=|OA||y|=. (3)設直線PQ的方程是y=kx+b,因直線PQ與已知圓相切,故=1,即b2=k2+1(*). 由,得(2-k2)x2-2kbx-b2-1=0. 設P(x1,y1)、Q(x2,y2),則 又y1y2=(kx1+b)(kx2+b), 所以·=x1x2+y1y2 =(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2 =++b2 =. 由(*)知,·=0,所以OP⊥OQ. 解:(Ⅰ)如圖,設所求橢圓的標準方程為+=1(a>b>0),右焦點為F2(c,0)

14、. 因△AB1B2是直角三角形且|AB1|=|AB2|,故∠B1AB2為直角,從而|OA|=|OB2|,即b=.結合c2=a2-b2得4b2=a2-b2, 故a2=5b2,c2=4b2, 所以離心率e==. 在Rt△AB1B2中,OA⊥B1B2,故S△AB1B2=·|B1B2|·|OA|=|OB2|·|OA|=·b=b2, 由題設條件S△AB1B2=4得b2=4,從而a2=5b2=20. 因此所求橢圓的標準方程為+=1. (Ⅱ)由(Ⅰ)知B1(-2,0)、B2(2,0).由題意,直線PQ的傾斜角不為0,故可設直線PQ的方程為:x=my-2.代入橢圓方程得 (m2+5)y2-

15、4my-16=0.    (*) 設P(x1,y1)、Q(x2,y2), 則y1,y2是上面方程的兩根,因此 y1+y2=,y1·y2=. 又=(x1-2,y1),=(x2-2,y2), 所以·=(x1-2)(x2-2)+y1y2 =(my1-4)(my2-4)+y1y2 =(m2+1)y1y2-4m(y1+y2)+16 =-+16 =-, 由PB2⊥QB2,知·=0,即16m2-64=0, 解得m=±2. 當m=2時,方程(*)化為:9y2-8y-16=0, 故y1=,y2=,|y1-y2|=, △PB2Q的面積S=|B1B2|·|y1-y2|=. 當m=-2時,同理可得(或由對稱性可得)△PB2Q的面積S=, 綜上所述,△PB2Q的面積為.

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