《（課標(biāo)專用）天津市高考數(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(wèn)題-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市高考數(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(wèn)題-人教版高三數(shù)學(xué)試題（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、題型練7 大題專項(xiàng)(五) 解析幾何綜合問(wèn)題
題型練第61頁(yè) ?
1.(2019全國(guó)Ⅰ,理19)已知拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn)為F,斜率為32的直線l與C的交點(diǎn)為A,B,與x軸的交點(diǎn)為P.
(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;
(2)若AP=3PB,求|AB|.
解:設(shè)直線l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)由題設(shè)得F34,0,
故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由題設(shè)可得x1+x2=52.
由y=32x+t,y2=3x,可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,
則x1+x2=-12(t-1)9.
從而-12(t-1)9=52,得
2、t=-78.
所以l的方程為y=32x-78.
(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.
由y=32x+t,y2=3x,可得y2-2y+2t=0.
所以y1+y2=2.
從而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.
代入C的方程得x1=3,x2=13.
故|AB|=1+322×3-13=4133.
2.設(shè)橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,0),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,b),點(diǎn)M在線段AB上,滿足|BM|=2|MA|,直線OM的斜率為510.
(1)求E的離心率e;
(2)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,-b),N為線段AC的中點(diǎn),點(diǎn)N關(guān)
3、于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)的縱坐標(biāo)為72,求E的方程.
解:(1)由題設(shè)條件知,點(diǎn)M的坐標(biāo)為23a,13b,
又kOM=510,從而b2a=510,
進(jìn)而得a=5b,c=a2-b2=2b,
故e=ca=255.
(2)由題設(shè)條件和(1)的計(jì)算結(jié)果可得,直線AB的方程為x5b+yb=1,點(diǎn)N的坐標(biāo)為52b,-12b.設(shè)點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對(duì)稱點(diǎn)S的坐標(biāo)為x1,72,則線段NS的中點(diǎn)T的坐標(biāo)為54b+x12,-14b+74.
又點(diǎn)T在直線AB上,且kNS·kAB=-1,
從而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-52b=5,解得b=3.
所以a=35,故橢圓E的方程為
4、x245+y29=1.
3.設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)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(guò)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.
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
5、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BF⊥HF,得BF·FH=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+9-4k212
6、k.
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,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,
即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM≥1,
即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64或k≥64.
所以,直線l的斜率的取值范圍為-∞,-64∪64,+∞.
4.已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)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),Q
7、M=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ為定值.
(1)解因?yàn)閽佄锞€y2=2px經(jīng)過(guò)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y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依題意,Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,
解得k<0或0
8、1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.
直線PA的方程為y-2=y1-2x1-1(x-1).
令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.
同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=-kx2+1x2-1+2.
由QM=λQO,QN=μQO,
得λ=1-yM,μ=1-yN.
所以1λ+1μ=11-yM+11-yN
=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2=1k-1·2x1x2-(x1+x2)x1x2
=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.
所以1λ+1μ為定值.
5.(2019山東濟(jì)南3月模擬)設(shè)M是拋物線E:x2=2py(p
9、>0)上的一點(diǎn),拋物線E在點(diǎn)M處的切線方程為y=x-1.
(1)求E的方程.
(2)已知過(guò)點(diǎn)(0,1)的兩條不重合直線l1,l2的斜率之積為1,且直線l1,l2分別交拋物線E于A,B兩點(diǎn)和C,D兩點(diǎn).是否存在常數(shù)λ使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立?若存在,求出λ的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
解:(1)(方法一)由y=x-1,x2=2py消y,
得x2-2px+2p=0.
由題意得Δ=4p2-8p=0.
因?yàn)閜>0,所以p=2.
故拋物線E的方程為x2=4y.
(方法二)設(shè)Px0,x022p.由x2=2py,得y=x22p,y'=xp.
由x0p=1,x022p
10、=x0-1,
解得p=2.
故拋物線E的方程為x2=4y.
(2)假設(shè)存在常數(shù)λ使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立,
則λ=1|AB|+1|CD|.
由題意知,l1,l2的斜率存在且均不為零.
設(shè)l1的方程為y=kx+1(k≠0),
則由y=kx+1,x2=4y,消去y得,x2-4kx-4=0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=4k,x1·x2=-4.
所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·16k2+16=4(1+k2).
所以λ=1|AB|+1|CD|=14(1+k2)+141+1k2=1+k24(1+k2)=14.
所以,存在常數(shù)λ=14,使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立.
（課標(biāo)專用）天津市高考數(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(wèn)題-人教版高三數(shù)學(xué)試題
