高考數(shù)學二輪復習 題型練7 大題專項5 文-人教版高三數(shù)學試題

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1、題型練7　大題專項(五) 解析幾何綜合問題 1.如圖,已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點,拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上. (1)設AB中點為M,證明:PM垂直于y軸; (2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動點,求△PAB面積的取值范圍. 2.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1過A(2,0),B(0,1)兩點. (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:四邊形ABNM的面積為定值. 3.(

2、2019北京,文19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1的右焦點為(1,0),且經(jīng)過點A(0,1). (1)求橢圓C的方程; (2)設O為原點,直線l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P,Q,直線AP與x軸交于點M,直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|=2,求證:直線l經(jīng)過定點. 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27. (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F,G兩點,交x軸于點D,設PF=λ1FD,PG=λ2GD,

3、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.(2019天津,文19)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,左頂點為A,上頂點為B,已知3|OA|=2|OB|(O為原點). (1)求橢圓的離心率; (2)設經(jīng)過點F且斜率為34的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P,圓C同時與x軸和直線l相切,圓心C在直線x=4上,且OC∥AP.求橢圓的方程. 6.(2019全國大聯(lián)考,19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,且圓x2+y2-2x-3y=0的圓心在橢圓C上. (1)求橢圓C的

4、標準方程; (2)若直線y=mx+n與橢圓C只有一個公共點M,且與直線x=4相交于點N,問x軸上是否存在點P,使得以MN為直徑的圓恒過點P?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由. 題型練7　大題專項(五) 解析幾何綜合問題 1.(1)證明設P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2. 因為PA,PB的中點在拋物線上, 所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02, 即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個不同的實根. 所以y1+y2=2y0, 因此,PM垂直于y軸. (2)解由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,

5、所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0, |y1-y2|=22(y02-4x0). 因此,△PAB的面積S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32. 因為x02+y024=1(x0<0), 所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5], 因此,△PAB面積的取值范圍是62,15104. 2.(1)解由題意,得a=2,b=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=1.又c=a2-b2=3,所以離心率e=ca=32. (2)證明設P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x02+4y02=4. 又A(2,0),B(0,1),

6、 所以直線PA的方程為y=y0x0-2(x-2). 令x=0,得yM=-2y0x0-2,從而|BM|=1-yM=1+2y0x0-2.直線PB的方程為y=y0-1x0x+1. 令y=0,得xN=-x0y0-1, 從而|AN|=2-xN=2+x0y0-1. 所以四邊形ABNM的面積 S=12|AN|·|BM| =122+x0y0-11+2y0x0-2 =x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+42(x0y0-x0-2y0+2) =2x0y0-2x0-4y0+4x0y0-x0-2y0+2=2. 從而四邊形ABNM的面積為定值. 3.(1)解由題意得,b2=1,c=1. 所

7、以a2=b2+c2=2. 所以橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)證明設P(x1,y1),Q(x2,y2), 則直線AP的方程為y=y1-1x1x+1. 令y=0,得點M的橫坐標xM=-x1y1-1. 又y1=kx1+t,從而|OM|=|xM|=x1kx1+t-1. 同理,|ON|=x2kx2+t-1. 由y=kx+t,x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0. 則x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2. 所以|OM|·|ON|=x1kx1+t-1·x2kx2+t-1 =x1x2k2x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t

8、-1)2 =2t2-21+2k2k2·2t2-21+2k2+k(t-1)·-4kt1+2k2+(t-1)2 =21+t1-t. 又|OM|·|ON|=2,所以21+t1-t=2. 解得t=0,所以直線l經(jīng)過定點(0,0). 4.解(1)由已知:直線m的方程為y=x-p2,代入y2=2px,得x2-3px+p24=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=3p,|AB|=x1+x2+p=4p且線段AB的中點為32p,p, 由已知(7)2+32p2=(2p)2, 解得p=2或p=-2(舍去), 所以拋物線C的方程為y2=4x. (2)設直線l:y=kx+2(k≠

9、0),則D-2k,0, 聯(lián)立y=kx+2,y2=4x,得k2x2+4(k-1)x+4=0. 由Δ>0得k<12. 設F(x3,y3),G(x4,y4), 則x3+x4=4-4kk2,x3x4=4k2. PF=λ1FD?(x3,y3-2)=λ1-2k-x3,-y3, PG=λ2GD?(x4,y4-2)=λ2-2k-x4,-y4, 所以λ1=x3-2k-x3=-kx3kx3+2,λ2=-kx4kx4+2. 則λ1+λ2=-kx3kx3+2?kx4kx4+2 =-2k2x3x4+2k(x3+x4)k2x3x4+2k(x3+x4)+4. 將x3+x4=4-4kk2,x3x4=4k2

10、代入上式得λ1+λ2=-1. 即λ1+λ2為定值-1. 5.解(1)設橢圓的半焦距為c,由已知有3a=2b,又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得ca=12. 所以,橢圓的離心率為12. (2)由(1)知,a=2c,b=3c,故橢圓方程為x24c2+y23c2=1,由題意,F(-c,0),則直線l的方程為y=34(x+c). 點P的坐標滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化簡,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7. 代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c. 因為點P在x軸上方,所以Pc,32c.

11、由圓心C在直線x=4上,可設C(4,t). 因為OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),所以t4=32cc+2c,解得t=2. 因為圓C與x軸相切,所以圓的半徑為2,又由圓C與l相切,得34(4+c)-21+(34)?2=2,可得c=2. 所以,橢圓的方程為x216+y212=1. 6.解(1)由e=12(其中e為橢圓C的離心率), 得a2-b2a2=1-b2a2=12,即3a2=4b2. 又圓x2+y2-2x-3y=0的圓心1,32在橢圓C上,所以1a2+94b2=1. 聯(lián)立3a2=4b2,1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3. 故橢圓C的標準方程為x24+y23=

12、1. (2)聯(lián)立y=mx+n,x24+y23=1, 消去y,整理得(3+4m2)x2+8mnx+4n2-12=0. 因為直線y=mx+n與橢圓C只有一個公共點M,所以Δ=64m2n2-4(3+4m2)(4n2-12)=0,即n2=3+4m2. 設點M的坐標為(xM,yM),則xM=-4mn3+4m2=-4mn,yM=mxM+n=3n,即M-4mn,3n. 假設x軸上存在點P(t,0),使得以MN為直徑的圓恒過點P. 因為N(4,4m+n),所以PM=-4mn-t,3n,PN=(4-t,4m+n). 所以PM·PN=-4mn-t(4-t)+3n(4m+n)=t2-4t+3+4mn(t-1)=0恒成立. 所以t=1,t2-4t+3=0,即t=1. 所以在x軸上存在點P(1,0),使得以MN為直徑的圓恒過點P.