《湖南省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練31 解答題專項訓(xùn)練(解析幾何) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練31 解答題專項訓(xùn)練(解析幾何) 理（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級訓(xùn)練31 解答題專項訓(xùn)練(解析幾何) 1．設(shè)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(shè)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．設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數(shù)k1，k2滿足k1k2＋2＝0. (1)證明l1與l2相交； (2)證明l1與l2

2、的交點在橢圓2x2＋y2＝1上． 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(biāo)原點，C為拋物線上一點，若，求λ的值． 5．已知橢圓C的中心為坐標(biāo)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＝2. (1)求橢圓方程； (2)求m的取值范圍． 6．設(shè)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°，. (

3、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(biāo)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kR，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(zhǔn)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

4、，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(biāo)系，由題意，可設(shè)A，B兩人速度分別為3v千米/時，v千米/時，再設(shè)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(biāo)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

5、置． 設(shè)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(shè)l存在，設(shè)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(shè)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

6、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. 證明：(1)假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k12＋2＝0，這與k1為實數(shù)的事實相矛盾．從而k1≠k2，即l1與l2相交． (2)方法一：由方程組 解得交點P的坐標(biāo)為， 而2x2＋y2＝22＋2 ＝＝＝1. 此即表明交點P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上． 方法二：交點P的坐標(biāo)(x，y)滿足故知x≠0. 從而 代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0. 整理后，得2x2＋y2＝1.所以交點P在橢圓2x2＋y2＝1上． 4. 解：(1)直線AB的方程是y＝2

7、，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(shè)＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(4λ＋1,4λ－2)， 又y23＝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(shè)橢圓方程為＋＝1(a＞

8、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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意，知直線l的斜率存在， 設(shè)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(shè)A

9、(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＝2，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(shè)|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S△PF1F2＝，得mnsin＝.化簡得mn＝.

10、 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(shè)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(zhǔn)線方

11、程為：y＝－， 所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是. (2)設(shè)P(x0，x02)，A(x1，x12)，B(x2，x22)，由題意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2. 設(shè)過點P的圓C2的切線方程為y－x20＝k(x－x0)， 即y＝kx－kx0＋x20.① 則＝1， 即(x02－1)k2＋2x0(4－x02)k＋(x02－4)2－1＝0. 設(shè)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＝，k1k2＝. 將①代入y＝x2，得x2－kx＋kx0－x02＝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kAB·kMP＝·＝－1， 解得x02＝， 即點P的坐標(biāo)為， 所以直線l的方程為y＝±x＋4.