高考大题专项练五解析几何Word下载.docx
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消掉y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
显然Δ>
0,方程有根,且x1+x2=-,x1x2=,
此时|S1-S2|=2||y1|-|y2||
=2|y1+y2|=2|k(x2+1)+k(x1+1)|
=2|k(x2+x1)+2k|=
≤,
所以|S1-S2|的最大值为.〚
2.已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足||=·
()+2.
(1)求曲线C的方程;
(2)点Q(x0,y0)(-2<
x0<
2)是曲线C上动点,曲线C在点Q处的切线为l,点P的坐标是(0,-1),l与PA,PB分别交于点D,E,求△QAB与△PDE的面积之比.
解
(1)=(-2-x,1-y),=(2-x,1-y),
=(x,y),=(0,2),
∵||=·
()+2,
∴=2y+2,∴x2=4y.
∴曲线C的方程为x2=4y.
(2)设Q,则S△QAB=2,
∵y=,∴y'
=x,∴kl=x0,
∴切线l的方程为y-x0(x-x0)与y轴交点M,|PM|=1-.
直线PA的方程为y=-x-1,直线PB的方程为y=x-1,
由得xD=,
由得xE=,
∴S△PDE=|xD-xE|·
|PM|=1-,
∴△QAB与△PDE的面积之比为2.〚〛
3.(2016全国丙,文20)已知抛物线C:
y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.
(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
解由题设知F.
设l1:
y=a,l2:
y=b,则ab≠0,且A,B,P,Q,R.
记过A,B两点的直线为l,
则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.
(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,
则k1==-b=k2.所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),
则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,
S△PQF=.
由题设可得|b-a|,
所以x1=0(舍去),x1=1.
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
(分类讨论)
当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得(x≠1).
而=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.
所以,所求轨迹方程为y2=x-1.〚
4.已知中心在原点O,左焦点为F1(-1,0)的椭圆C的左顶点为A,上顶点为B,F1到直线AB的距离为|OB|.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若椭圆C1的方程为:
=1(m>
n>
0),椭圆C2的方程为:
=λ(λ>
0,且λ≠1),则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆.如图,已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆,若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于两点M,N,试求弦长|MN|的取值范围.
解
(1)设椭圆C的方程为=1(a>
b>
0),
∴直线AB的方程为=1.
∴F1(-1,0)到直线AB的距离d=b,a2+b2=7(a-1)2.
又b2=a2-1,解得a=2,b=,
故椭圆C的方程为=1.
(2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为=1,
①若切线l垂直于x轴,则其方程为x=±
2,易求得|MN|=2.
②若切线l不垂直于x轴,可设其方程为y=kx+b,
将y=kx+b代入椭圆C的方程,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,
∴Δ=(8kb)2-4(3+4k2)(4b2-12)=48(4k2+3-b2)=0,
即b2=4k2+3,(*)
设M,N两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),
将y=kx+b代入椭圆C2的方程,得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-36=0,此时x1+x2=-,x1x2=,
|x1-x2|=,
∴|MN|=
=4=2.
∵3+4k2≥3,∴1<
1+,
即2<
2≤4.
综合①②,得弦长|MN|的取值范围为[2,4].〚〛
5.已知椭圆C:
0)的右焦点F(1,0),过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P,Q两点,当直线PQ经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为60°
.
(2)设O为坐标原点,线段OF上是否存在点T(t,0),使得?
若存在,求出实数t的取值范围;
若不存在,说明理由.
解
(1)由题意知c=1,又=tan60°
=,
所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为=1.
(2)设直线PQ的方程为y=k(x-1)(k≠0),代入=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点为R(x0,y0),
则x0=,y0=k(x0-1)=-,
由·
()=·
(2)=0,
所以直线TR为直线PQ的垂直平分线,
直线TR的方程为
y+=-,
令y=0得T点的横坐标t=.
因为k2∈(0,+∞),所以+4∈(4,+∞),
所以t∈.
所以线段OF上存在点T(t,0),使得,其中t∈.〚
6.已知椭圆C:
0)的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+=0相切,过点P(4,0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A,B两点.
(2)求的取值范围;
(3)若B点关于x轴的对称点是E,证明:
直线AE与x轴相交于定点.
(1)解由题意知,=b,即b=.
又a2=b2+c2,所以a=2,b=.
故椭圆的方程为=1.
(2)解由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-4),
由可得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则Δ=322k4-4(3+4k2)(64k2-12)>
0,
所以0≤k2<
则x1+x2=,x1x2=.①
所以=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1-4)(x2-4)
=(1+k2)x1x2-4k2(x1+x2)+16k2
=(1+k2)·
-4k2·
+16k2=25-.
因为0≤k2<
所以-≤-<
-,
则-4≤25-,即.
(3)证明因为B,E关于x轴对称,
所以可设E(x2,-y2),
则直线AE的方程为y-y1=(x-x1).
令y=0,可得x=x1-.
因为y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),
所以x==1,
所以直线AE与x轴交于定点(1,0).〚〛
7.
如图,已知椭圆=1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点.
(1)若点G的横坐标为-,求直线AB的斜率;
(2)记△GFD的面积为S1,△OED(O为原点)的面积为S2.试问:
是否存在直线AB,使得S1=S2?
说明理由.
解
(1)依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x+1),将其代入=1,
整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=-.
故点G的横坐标为=-,解得k=±
(2)假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x轴,y轴垂直.
由
(1)可得G.
设点D坐标为(xD,0).
因为DG⊥AB,所以·
k=-1,
解得xD=-,即D.
因为△GFD∽△OED,且S1=S2,所以|GD|=|OD|.
所以,
整理得8k2+9=0.
因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1=S2.〚〛
8.(2016天津,文19)设椭圆=1(a>
)的右焦点为F,右顶点为A.已知,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直线l的斜率.
解
(1)设F(c,0).由,
即,可得a2-c2=3c2,
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
所以,椭圆的方程为=1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).
设B(xB,yB),由方程组消去y,
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2或x=,
由题意得xB=,从而yB=.
由
(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有=(-1,yH),
由BF⊥HF,得=0,
所以=0,解得yH=.
因此直线MH的方程为y=-x+.
设M(xM,yM),
由方程组消去y,
解得xM=.
在△MAO中,∠MOA=∠MAO⇔|MA|=|MO|,
即(xM-2)2+,化简得xM=1,
即=1,解得k=-或k=.
所以,直线l的斜率为-.〚
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