2022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

2022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kOA·kOB＝－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|)·，∴2c·3＝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(guān)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.。