新课标天津市2022年高考数学二轮复习题型练7大题专项五解析几何综合问题理

题型练7　大题专项(五)解析几何综合问题1.(2022天津,理19)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=62.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O为原点),求k的值.9\n2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点1,32,离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C交于A,B两点,以AB为直径的圆过原点,且线段AB的垂直平分线交y轴于点P0,-32,求直线l的方程.3.设椭圆x2a2+y23=1(a>3)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,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的斜率的取值范围.9\n4.(2022北京,理19)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于点M,直线PB交y轴于点N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,QM=λQO,QN=μQO,求证:1λ+1μ为定值.5.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.9\n6.如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上,且位于第一象限,过点F1作直线PF1的垂线l1,过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程;(2)若直线l1,l2的交点Q在椭圆E上,求点P的坐标.9\n题型练7　大题专项(五)解析几何综合问题1.解(1)设椭圆的焦距为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,从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为x29+y24=1.(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故|AQ|=2y2.由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2.由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=1128.所以,k的值为12或1128.2.解(1)由题意得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.故椭圆C的方程是x24+y2=1.(2)设直线l的方程为y=kx+t,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+t,x24+y2=1,消去y,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,则有x1+x2=-8kt1+4k2,x1x2=4t2-41+4k2.Δ>0⇒4k2+1>t2,9\ny1+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.因为以AB为直径的圆过坐标原点,所以OA⊥OB,x1x2+y1y2=0.因为x1x2+y1y2=4t2-41+4k2+t2-4k21+4k2=0,所以5t2=4+4k2.因为Δ>0,所以4k2+1>t2,解得t<-32或t>32.又设A,B的中点为D(m,n),则m=x1+x22=-4kt1+4k2,n=y1+y22=t1+4k2.因为直线PD与直线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.当t=-35时,Δ>0不成立.当t=1时,k=±12,所以直线l的方程为y=12x+1或y=-12x+1.3.解(1)设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,椭圆的方程为x24+y23=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,由题意得xB=8k2-64k2+3,从而yB=-12k4k2+3.9\n由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直线MH的方程为y=-1kx+9-4k212k.设M(xM,yM),由方程组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,化简得xM≥1,即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64,或k≥64.所以,直线l的斜率的取值范围为-∞,-64∪64,+∞.4.(1)解因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意,Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2),从而k≠-3.所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2).由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1).令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.9\n由QM=λQO,QN=μQO,得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2=1k-1·2x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.所以1λ+1μ为定值.5.解由题知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(1)证明: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=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以AR∥FQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1-12,S△PQF=|a-b|2.由题设可得2×12|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x≠1).而a+b2=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-1.9\n6.解(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为12,两准线之间的距离为8,所以ca=12,2a2c=8,解得a=2,c=1,于是b=a2-c2=3,因此椭圆E的标准方程是x24+y23=1.(2)由(1)知,F1(-1,0),F2(1,0).设P(x0,y0),因为P为第一象限的点,故x0>0,y0>0.当x0=1时,l2与l1相交于F1,与题设不符.当x0≠1时,直线PF1的斜率为y0x0+1,直线PF2的斜率为y0x0-1.因为l1⊥PF1,l2⊥PF2,所以直线l1的斜率为-x0+1y0,直线l2的斜率为-x0-1y0,从而直线l1的方程:y=-x0+1y0(x+1),①直线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.因为点Q在椭圆上,由对称性,得x02-1y0=±y0,即x02-y02=1或x02+y02=1.又P在椭圆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,无解.因此点P的坐标为477,377.9