2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練29 解答題專項訓練(解析幾何) 理.doc
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2019-2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練29 解答題專項訓練(解析幾何) 理 1.設有半徑為3千米的圓形村落,A,B兩人同時從村落中心出發(fā),B向北直行,A先向東直行,出村后不久,改變前進方向,沿著與村落周界相切的直線前進,后來恰與B相遇.設A,B兩人速度一定,其速度比為3∶1,問兩人在何處相遇? 2.已知圓C:x2+y2-2x+4y-4=0.問是否存在斜率為1的直線l,使得l被圓C截得的弦為AB,且以AB為直徑的圓經(jīng)過原點?若存在,寫出直線l的方程;若不存在,說明理由. 3.(xx江西重點中學盟校聯(lián)考,理20)已知橢圓C:+=1(a>b>0),直線y=x+與以原點為圓心,以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切,F(xiàn)1,F(xiàn)2為其左、右焦點,P為橢圓C上任一點,△F1PF2的重心為G,內(nèi)心為I,且IG∥F1F2. (1)求橢圓C的方程; (2)若直線l:y=kx+m(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點A,B,且線段AB的垂直平分線過定點C,求實數(shù)k的取值范圍. 4.已知過拋物線y2=2px(p>0)的焦點,斜率為2的直線交拋物線于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)兩點,且|AB|=9. (1)求該拋物線的方程; (2)O為坐標原點,C為拋物線上一點,若+λ,求λ的值. 5.已知橢圓C的中心為坐標原點O,一個長軸端點為(0,2),短軸端點和焦點所組成的四邊形為正方形,直線l與y軸交于點P(0,m),與橢圓C交于相異兩點A,B,且. (1)求橢圓方程; (2)求m的取值范圍. 6.設橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點為F,過F的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,直線l的傾斜角為60,. (1)求橢圓C的離心率; (2)如果|AB|=,求橢圓C的方程. 7.已知點F1,F(xiàn)2分別為橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,P是橢圓C上的一點,且|F1F2|=2,∠F1PF2=,△F1PF2的面積為. (1)求橢圓C的方程; (2)點M的坐標為,過點F2且斜率為k的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,對于任意的k∈R,是否為定值?若是,求出這個定值;若不是,說明理由. 8.已知拋物線C1:x2=y(tǒng),圓C2 :x2+(y-4)2=1的圓心為點M. (1)求點M到拋物線C1的準線的距離; (2)已知點P是拋物線C1上一點(異于原點),過點P作圓C2的兩條切線,交拋物線C1于A,B兩點,若過M,P兩點的直線l垂直于AB,求直線l的方程. 參考答案 1.解:建立如圖所示平面直角坐標系,由題意,可設A,B兩人速度分別為3v千米/時,v千米/時,再設出發(fā)x0小時后,A在點P改變方向,又經(jīng)過y0小時,在點Q處與B相遇.則P,Q兩點坐標為(3vx0,0),(0,vx0+vy0). 由|OP|2+|OQ|2=|PQ|2知, (3vx0)2+(vx0+vy0)2=(3vy0)2, 即(x0+y0)(5x0-4y0)=0. ∵x0+y0>0,∴5x0=4y0.① 將①代入kPQ=-,得kPQ=-. 又已知PQ與圓相切,直線PQ在y軸上的截距就是兩人相遇的位置. 設直線y=-x+b(b>0)與圓x2+y2=9 相切, 則有=3,解得b=. 答:A,B相遇點在離村中心正北千米處. 2.解:假設l存在,設其方程為y=x+m,代入x2+y2-2x+4y-4=0,得2x2+2(m+1)x+m2+4m-4=0. 再設A(x1,y1),B(x2,y2), 于是x1+x2=-(m+1),x1x2=. 以AB為直徑的圓經(jīng)過原點,即直線OA與OB互相垂直,也就是kOAkOB=-1, 所以=-1,即2x1x2+m(x1+x2)+m2=0, 將x1+x2=-(m+1),x1x2=, 代入整理得m2+3m-4=0,解得m=-4或m=1. 故所求的直線存在,且有兩條,其方程分別為x-y+1=0,x-y-4=0. 3.解:(1)設P(x0,y0),x0≠a,則G. 又設I(xI,yI),∵IG∥F1F2, ∴yI=, ∵|F1F2|=2c, ∴=|F1F2||y0|=(|PF1|+|PF2|+|F1F2|), ∴2c3=2a+2c,∴e==,又由題意知b=, ∴b=,∴a=2,∴橢圓C的方程為+=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),由 消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由題意知Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0, 即m2<4k2+3, 又x1+x2=-,則y1+y2=, ∴線段AB的中點P的坐標為. 又線段AB的垂直平分線l′的方程為y=-,點P在直線l′上,∴=-, ∴4k2+6km+3=0,∴m=-(4k2+3), ∴<4k2+3,∴k2>, ∴k>或k<-, ∴k的取值范圍是∪. 4.解:(1)直線AB的方程是y=2,與y2=2px聯(lián)立, 從而有4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=. 由拋物線定義得|AB|=x1+x2+p=9, 所以p=4,從而拋物線方程是y2=8x. (2)由p=4,知4x2-5px+p2=0可化為x2-5x+4=0, 從而x1=1,x2=4,y1=-2,y2=4, 從而A(1,-2),B(4,4). 設=(x3,y3)=(1,-2)+λ(4,4)=(4λ+1,4λ-2), 又=8x3,所以[2(2λ-1)]2=8(4λ+1),即(2λ-1)2=4λ+1, 解得λ=0,或λ=2. 5.解:(1)由題意,知橢圓的焦點在y軸上, 設橢圓方程為+=1(a>b>0), 由題意,知a=2,b=c,又a2=b2+c2,則b=, 所以橢圓方程為+=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),由題意,知直線l的斜率存在, 設其方程為y=kx+m,與橢圓方程聯(lián)立, 即消去y則(2+k2)x2+2mkx+m2-4=0, Δ=(2mk)2-4(2+k2)(m2-4)>0, 由根與系數(shù)的關系,知 又,即有(-x1,m-y1)=2(x2,y2-m),∴-x1=2x2. ∴∴=-22. 整理,得(9m2-4)k2=8-2m2, 又9m2-4=0時不成立,所以k2=>0,得<m2<4, 此時Δ>0,所以m的取值范圍為∪. 6.解:設A(x1,y1),B(x2,y2), 由題意知,y1<0,y2>0. (1)直線l的方程為y=(x-c),其中c=. 聯(lián)立得(3a2+b2)y2+2b2cy-3b4=0, 解得y1=,y2=. 因為,所以-y1=2y2. 即=2, 得離心率e==. (2)因為|AB|=|y2-y1|,所以=, 由=,得b=a. 所以a=,得a=3,b=. 橢圓C的方程為+=1. 7.解:(1)設|PF1|=m,|PF2|=n. 在△PF1F2中,由余弦定理得22=m2+n2-2mncos, 化簡得,m2+n2-mn=4. 由=,得mnsin=. 化簡得mn=. 于是(m+n)2=m2+n2-mn+3mn=8. ∴m+n=2,由此可得,a=. 又∵半焦距c=1,∴b2=a2-c2=1. 因此,橢圓C的方程為+y2=1. (2)由已知得F2(1,0),直線l的方程為y=k(x-1), 由 消去y得,(2k2+1)x2-4k2x+2(k2-1)=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=. ∵= =+y1y2 =+k2(x1-1)(x2-1) =(k2+1)x1x2-(x1+x2)++k2 =(k2+1)-++k2 =+=-. 由此可知=-為定值. 8.解:(1)由題意可知,拋物線的準線方程為:y=-, 所以圓心M(0,4)到準線的距離是. (2)設P(x0,),A(x1,),B(x2,),由題意得x0≠0,x0≠1,x1≠x2. 設過點P的圓C2的切線方程為y-=k(x-x0), 即y=kx-kx0+.① 則, 即(-1)k2+2x0(4-)k+(-4)2-1=0. 設PA,PB的斜率為k1,k2(k1≠k2),則k1,k2是上述方程的兩根, 所以k1+k2=,. 將①代入y=x2,得x2-kx+kx0-=0, 由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0, 所以kAB==x1+x2=k1+k2-2x0 =-2x0,kMP=. 由MP⊥AB, 得, 解得=, 即點P的坐標為, 所以直線l的方程為y=x+4.- 配套講稿:
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