（新課標(biāo)）天津市2019年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型練7 大題專項(xiàng)（五）解析幾何綜合問題 理.doc

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題型練7　大題專項(xiàng)(五)解析幾何綜合問題 1.(2018天津,理19)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為53,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB||AB|=62. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)直線l:y=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O為原點(diǎn)),求k的值. 2.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)1,32,離心率為32. (1)求橢圓C的方程; (2)不垂直于坐標(biāo)軸的直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),以AB為直徑的圓過原點(diǎn),且線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)P0,-32,求直線l的方程. 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. 4.(2018北京,理19)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2).過點(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),QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ為定值. 5.已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn). (1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明AR∥FQ; (2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程. 6. 如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為12,兩準(zhǔn)線之間的距離為8.點(diǎn)P在橢圓E上,且位于第一象限,過點(diǎn)F1作直線PF1的垂線l1,過點(diǎn)F2作直線PF2的垂線l2. (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若直線l1,l2的交點(diǎn)Q在橢圓E上,求點(diǎn)P的坐標(biāo).  題型練7　大題專項(xiàng)(五) 解析幾何綜合問題 1.解 (1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=59, 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b. 由|FB||AB|=62,可得ab=6, 從而a=3,b=2. 所以,橢圓的方程為x29+y24=1. (2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2,y2). 由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2. 又因?yàn)閨AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4, 故|AQ|=2y2. 由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2. 由方程組y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直線AB的方程為x+y-2=0,由方程組y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1. 由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,兩邊平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=1128. 所以,k的值為12或1128. 2.解 (1)由題意得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1. 故橢圓C的方程是x24+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y=kx+t,x24+y2=1,消去y,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,則有x1+x2=-8kt1+4k2,x1x2=4t2-41+4k2. Δ>0?4k2+1>t2, y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=2t1+4k2, y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2 =k24t2-41+4k2+kt-8kt1+4k2+t2=t2-4k21+4k2. 因?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn),所以O(shè)A⊥OB,x1x2+y1y2=0. 因?yàn)閤1x2+y1y2=4t2-41+4k2+t2-4k21+4k2=0, 所以5t2=4+4k2.因?yàn)棣?0,所以4k2+1>t2,解得t<-32或t>32. 又設(shè)A,B的中點(diǎn)為D(m,n),則m=x1+x22=-4kt1+4k2,n=y1+y22=t1+4k2. 因?yàn)橹本€PD與直線l垂直, 所以kPD=-1k=-32-n-m,得t1+4k2=12. 由t1+4k2=12,5t2=4+4k2,解得t1=1,t2=-35. 當(dāng)t=-35時(shí),Δ>0不成立.當(dāng)t=1時(shí),k=12, 所以直線l的方程為y=12x+1或y=-12x+1. 3.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BFFH=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+9-4k212k. 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.(1)解 因?yàn)閽佄锞€y2=2px經(jīng)過點(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)2-4k21>0, 解得k<0或00,y0>0. 當(dāng)x0=1時(shí),l2與l1相交于F1,與題設(shè)不符. 當(dāng)x0≠1時(shí),直線PF1的斜率為y0x0+1,直線PF2的斜率為y0x0-1. 因?yàn)閘1⊥PF1,l2⊥PF2,所以直線l1的斜率為-x0+1y0,直線l2的斜率為-x0-1y0, 從而直線l1的方程:y=-x0+1y0(x+1), ① 直線l2的方程:y=-x0-1y0(x-1). ② 由①②,解得x=-x0,y=x02-1y0, 所以Q-x0,x02-1y0. 因?yàn)辄c(diǎn)Q在橢圓上,由對稱性,得x02-1y0=y0,即x02-y02=1或x02+y02=1. 又P在橢圓E上,故x024+y023=1. 由x02-y02=1,x024+y023=1,解得x0=477,y0=377;x02+y02=1,x024+y023=1,無解. 因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為477,377.