《新版高考數(shù)學(xué)江蘇專(zhuān)用理科專(zhuān)題復(fù)習(xí)：專(zhuān)題9 平面解析幾何 第66練 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高考數(shù)學(xué)江蘇專(zhuān)用理科專(zhuān)題復(fù)習(xí)：專(zhuān)題9 平面解析幾何 第66練 Word版含解析（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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2、 1 【加練半小時(shí)】高考數(shù)學(xué)（江蘇專(zhuān)用，理科）專(zhuān)題復(fù)習(xí)：階段檢測(cè)三.tif Word版含解析　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(20xx·安徽)設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a＞b＞0)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，點(diǎn)M在線段AB上，滿(mǎn)足BM＝2MA.直線OM的斜率為. (1)求E的離心率e； (2)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0，－b)，N為線段AC

3、的中點(diǎn)，點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，求E的方程． 2．已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)A(4,0)，且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8. (1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程； (2)已知點(diǎn)B(－1,0)，設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，證明直線l過(guò)定點(diǎn)． 3．(20xx·山東)平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，拋物線E：x2＝2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D.直線OD與過(guò)P且垂直于x軸的直線交于

4、點(diǎn)M. ①求證：點(diǎn)M在定直線上； ②直線l與y軸交于點(diǎn)G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求的最大值及取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)． 4．(20xx·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p＞0)． (1)若直線l過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程； (2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱(chēng)的相異兩點(diǎn)P和Q. ①求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)； ②求p的取值范圍． 答案精析 1．解　(1)由題設(shè)條件知，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(a，b)， 因?yàn)閗OM＝，所以＝. 所以a＝b，c＝＝2b.

5、 故e＝＝. (2)由題設(shè)條件和(1)的計(jì)算結(jié)果可得， 直線AB的方程為＋＝1，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(b，－b)． 設(shè)點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)S的坐標(biāo)為(x1，)， 則線段NS的中點(diǎn)T的坐標(biāo)為(b＋，－b＋)． 因?yàn)辄c(diǎn)T在直線AB上， 且kNS·kAB＝－1，所以有 解得b＝3. 所以a＝3，故橢圓E的方程為＋＝1. 2．(1)解　如圖，設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x，y)，由題意，知O1A＝O1M，當(dāng)O1不在y軸上時(shí)，過(guò)O1作O1H⊥MN交MN于H，則H是MN的中點(diǎn)，∴O1M＝. 又O1A＝， ∴＝，化簡(jiǎn)得y2＝8x(x≠0)． 又當(dāng)O1在y軸上時(shí)，O1與O重合，點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,

6、0)也滿(mǎn)足方程y2＝8x， ∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2＝8x. (2)證明　由題意，設(shè)直線l的方程為 y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 將y＝kx＋b代入y2＝8x，得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0. 其中Δ＝－32kb＋64＞0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得， x1＋x2＝，① x1x2＝.② 因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線，所以＝－， 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0， 所以(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 整理得2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③ 將①②代入③并化簡(jiǎn)得8(b＋k

7、)＝0， 所以k＝－b，此時(shí)Δ＞0，∴直線l的方程為y＝k(x－1)， 即直線l過(guò)定點(diǎn)(1,0)． 3．(1)解　由題意知＝，可得a2＝4b2，因?yàn)閽佄锞€E的焦點(diǎn)為 F，所以b＝，a＝1，所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1. (2)①證明　設(shè)P(m＞0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為y－＝m(x－m)，即y＝mx－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 聯(lián)立方程 得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0. 由Δ＞0，得0＜m＜(或0＜m2＜2＋)．(*) 且x1＋x2＝，因此x0＝，將其代入y＝mx－，得y0

8、＝， 因?yàn)椋剑? 所以直線OD的方程為y＝－x， 聯(lián)立方程得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM＝－， 所以點(diǎn)M在定直線y＝－上． ②解　由①知直線l的方程為y＝mx－， 令x＝0，得y＝－，所以G， 又P，F(xiàn)， D， 所以S1＝·GF·m＝， S2＝·PM·|m－x0|＝××＝， 所以＝. 設(shè)t＝2m2＋1，則＝＝＝－＋＋2， 當(dāng)＝，即t＝2時(shí)，取到最大值， 此時(shí)m＝，滿(mǎn)足(*)式，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為. 因此的最大值為，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 4．(1)解　∵l：x－y－2＝0，∴l(xiāng)與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,0)， 即拋物線的焦點(diǎn)為(2,0)，∴＝2，p＝4. ∴拋物線C的方程為y2＝8x. (2)①證明　設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 則則 ∴kPQ＝＝， 又∵P，Q關(guān)于l對(duì)稱(chēng)，∴kPQ＝－1， 即y1＋y2＝－2p， ∴＝－p， 又∵PQ的中點(diǎn)一定在l上， ∴＝＋2＝2－p. ∴線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)． ②解　∵PQ的中點(diǎn)為(2－p，－p)， ∴ 即 ∴ 即關(guān)于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0有兩個(gè)不等實(shí)根．∴Δ＞0， 即(2p)2－4(4p2－4p)＞0，解得0＜p＜， 故所求p的范圍為.