江西省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练29 解答题专项训练(解析几何) 理

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1、专题升级训练29　解答题专项训练(解析几何) 1．设有半径为3千米的圆形村落，A，B两人同时从村落中心出发，B向北直行，A先向东直行，出村后不久，改变前进方向，沿着与村落周界相切的直线前进，后来恰与B相遇．设A，B两人速度一定，其速度比为3∶1，问两人在何处相遇？ 2．已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.问是否存在斜率为1的直线l，使得l被圆C截得的弦为AB，且以AB为直径的圆经过原点？若存在，写出直线l的方程；若不存在，说明理由． 3．(2012·江西重点中学盟校联考，理20)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，直线y＝x＋与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F1，F

2、2为其左、右焦点，P为椭圆C上任一点，△F1PF2的重心为G，内心为I，且IG∥F1F2. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点C，求实数k的取值范围． 4．已知过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点，且|AB|＝9. (1)求该抛物线的方程； (2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＋λ，求λ的值． 5．已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴端点为(0,2)，短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l与y轴交于点P(0，

3、m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且. (1)求椭圆方程； (2)求m的取值范围． 6．设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，. (1)求椭圆C的离心率； (2)如果|AB|＝，求椭圆C的方程． 7．已知点F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，且|F1F2|＝2，∠F1PF2＝，△F1PF2的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)点M的坐标为，过点F2且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A，B两点，对于任意的k∈R，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由． 8．

4、已知抛物线C1：x2＝y，圆C2 ：x2＋(y－4)2＝1的圆心为点M. (1)求点M到抛物线C1的准线的距离； (2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点)，过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程． 参考答案 1．解：建立如图所示平面直角坐标系，由题意，可设A，B两人速度分别为3v千米/时，v千米/时，再设出发x0小时后，A在点P改变方向，又经过y0小时，在点Q处与B相遇．则P，Q两点坐标为(3vx0,0)，(0，vx0＋vy0)． 由|OP|2＋|OQ|2＝|PQ|2知， (3vx0)2＋(vx0＋vy0

5、)2＝(3vy0)2， 即(x0＋y0)(5x0－4y0)＝0. ∵x0＋y0＞0，∴5x0＝4y0.① 将①代入kPQ＝－，得kPQ＝－. 又已知PQ与圆相切，直线PQ在y轴上的截距就是两人相遇的位置． 设直线y＝－x＋b(b＞0)与圆x2＋y2＝9 相切， 则有＝3，解得b＝. 答：A，B相遇点在离村中心正北千米处． 2．解：假设l存在，设其方程为y＝x＋m，代入x2＋y2－2x＋4y－4＝0，得2x2＋2(m＋1)x＋m2＋4m－4＝0. 再设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 于是x1＋x2＝－(m＋1)，x1x2＝. 以AB为直径的圆经过原点，即直线OA与OB

6、互相垂直，也就是kOA·kOB＝－1， 所以·＝－1，即2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝0， 将x1＋x2＝－(m＋1)，x1x2＝， 代入整理得m2＋3m－4＝0，解得m＝－4或m＝1. 故所求的直线存在，且有两条，其方程分别为x－y＋1＝0，x－y－4＝0. 3．解：(1)设P(x0，y0)，x0≠±a，则G. 又设I(xI，yI)，∵IG∥F1F2， ∴yI＝， ∵|F1F2|＝2c， ∴＝·|F1F2|·|y0|＝(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·， ∴2c·3＝2a＋2c，∴e＝＝，又由题意知b＝， ∴b＝，∴a＝2，∴椭圆C的方程为＋＝1. (2

7、)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由题意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0， 即m2＜4k2＋3， 又x1＋x2＝－，则y1＋y2＝， ∴线段AB的中点P的坐标为. 又线段AB的垂直平分线l′的方程为y＝－，点P在直线l′上，∴＝－， ∴4k2＋6km＋3＝0，∴m＝－(4k2＋3)， ∴＜4k2＋3，∴k2＞， ∴k＞或k＜－， ∴k的取值范围是∪. 4．解：(1)直线AB的方程是y＝2，与y2＝2px联立， 从而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝. 由抛物线定义得

8、|AB|＝x1＋x2＋p＝9， 所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x. (2)由p＝4，知4x2－5px＋p2＝0可化为x2－5x＋4＝0， 从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4， 从而A(1，－2)，B(4,4)． 设＝(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)由题意，知椭圆的焦点在y轴上， 设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)， 由题意，知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，则b＝， 所以椭圆方程为＋＝1. (2

9、)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在， 设其方程为y＝kx＋m，与椭圆方程联立， 即消去y则(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0， Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)＞0， 由根与系数的关系，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时不成立，所以k2＝＞0，得＜m2＜4， 此时Δ＞0，所以m的取值范围为∪. 6．解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意知，y1＜0，y2＞0. (1)直线l的方程为y＝(x－c

10、)，其中c＝. 联立得(3a2＋b2)y2＋2b2cy－3b4＝0， 解得y1＝，y2＝. 因为，所以－y1＝2y2. 即＝2·， 得离心率e＝＝. (2)因为|AB|＝|y2－y1|，所以·＝， 由＝，得b＝a. 所以a＝，得a＝3，b＝. 椭圆C的方程为＋＝1. 7．解：(1)设|PF1|＝m，|PF2|＝n. 在△PF1F2中，由余弦定理得22＝m2＋n2－2mncos， 化简得，m2＋n2－mn＝4. 由＝，得mnsin＝. 化简得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

11、－c2＝1. 因此，椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)由已知得F2(1,0)，直线l的方程为y＝k(x－1)， 由 消去y得，(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. ∵＝ ＝＋y1y2 ＝＋k2(x1－1)(x2－1) ＝(k2＋1)x1x2－(x1＋x2)＋＋k2 ＝(k2＋1)－＋＋k2 ＝＋＝－. 由此可知＝－为定值． 8．解：(1)由题意可知，抛物线的准线方程为：y＝－， 所以圆心M(0,4)到准线的距离是. (2)设P(x0，)，A(x1，)，B(x2，)，由题意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2. 设过点P的圆C2的切线方程为y－＝k(x－x0)， 即y＝kx－kx0＋.① 则， 即(－1)k2＋2x0(4－)k＋(－4)2－1＝0. 设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2是上述方程的两根， 所以k1＋k2＝，. 将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＝， 即点P的坐标为， 所以直线l的方程为y＝±x＋4.