发布时间 : 星期六 文章(新课标)2018届高考数学二轮复习 题型专项训练9 解析几何(解答题专项)理更新完毕开始阅读8cffdccf0812a21614791711cc7931b764ce7bdd
题型专项训练9 解析几何(解答题专项)
1.已知抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M,N两点,且|MN|=8.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设直线l为抛物线C的切线,且l∥MN,P为l上一点,求的最小值.
2.(2017浙江嘉兴平湖当湖中学期中)如图,设椭圆C1:=1(a>b>0),长轴的右端点与抛物线C2:y2=8x的焦点F重合,且椭圆C1的离心率是 (1)求椭圆C1的标准方程;
(2)过F作直线l交抛物线C2于A,B两点,过F且与直线l垂直的直线交椭圆C1于另一点C,求△ABC面积的最小值以及取到最小值时直线l的方程.
2
2
3.如图,O为坐标原点,点F为抛物线C1:x=2py(p>0)的焦点,且抛物线C1上点M处的切线与
22
圆C2:x+y=1相切于点Q.
(1)当直线MQ的方程斜率为1时,求抛物线C1的方程;
(2)当正数p变化时,记S1,S2分别为△FMQ,△FOQ的面积,求的最小值.
4.(2017浙江绍兴柯桥区高三下学期期中)已知椭圆C:=1,点A(3,0),P是椭圆C上的动点. (1)若直线AP与椭圆C相切,求点P的坐标;
(2)若P在y轴的右侧,以AP为底边的等腰三角形ABP的顶点B在y轴上,求四边形OPAB面积的最小值.
5.如图,椭圆M:=1(a>b>0)的离心率为,上、下顶点为A,B,点P(0,2)关于直线y=-x的对称点在椭圆M上,过点P的直线l与椭圆M相交于两个不同的点C,D(C在线段PD之间). (1)求椭圆M的方程; (2)求的取值范围;
(3)当AD与BC相交于点Q时,试问:点Q的纵坐标是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
6.已知椭圆C:=1(0 (1)若椭圆C的离心率为,求n的值. (2)若过点N(-2,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,在x轴上是否存在点M,使得∠NMA+∠NMB=180°?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. 参考答案 题型专项训练9 解析几何(解答题专项) 22 1.解 (1)由题可知F,则该直线方程为y=x-,代入y=2px(p>0),得x-3px+=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则有x1+x2=3p. ∵|MN|=8,∴x1+x2+p=8,即3p+p=8,解得p=2,∴抛物线的方程为y2=4x. 222 (2)设直线l的方程为y=x+b,代入y=4x,得x+(2b-4)x+b=0. ∵l为抛物线C的切线,∴Δ=0,解得b=1. ∴l的方程为y=x+1. 设P(m,m+1),则=(x1-m,y1-(m+1)),=(x2-m,y2-(m+1)), ∴=(x1-m)(x2-m)+[y1-(m+1)][y2-(m+1)] =x1x2-m(x1+x2)+m2+y1y2-(m+1)(y1+y2)+(m+1)2. 2 由(1)可知x1+x2=6,x1x2=1,∴(y1y2)=16x1x2=16,y1y2=-4. ∵=4(x1-x2),∴y1+y2=4=4, ∴=1-6m+m2-4-4(m+1)+(m+1)2 =2(m2-4m-3)=2[(m-2)2-7]≥-14, 当且仅当m=2,即点P的坐标为(2,3)时,的最小值为-14. 2 2.解 (1)∵椭圆C1:=1(a>b>0)长轴的右端点与抛物线C2:y=8x的焦点F重合,∴a=2, 又∵椭圆C1的离心率是,∴c=?b=1, ∴椭圆C1的标准方程为+y2=1. (2)过点F(2,0)的直线l的方程设为x=my+2,设A(x1,y1),B(x2,y2), 2 联立得y-8my-16=0. ∴y1+y2=8m,y1y2=-16, ∴|AB|==8(m2+1). 过F且与直线l垂直的直线设为y=-m(x-2), 2222 联立得(1+4m)x-16mx+16m-4=0, ∴xC+2=?xC=. ∴|CF|=|xC-xF|=. ∴△ABC面积S=|AB|·|CF|=. 令=t,则S=f(t)=,f'(t)=, 22 令f'(t)=0,则t=,即1+m=时,△ABC面积最小. 即当m=±时,△ABC面积的最小值为9,此时直线l的方程为x=±y+2. 2 3.解 (1)设点M,由x=2py(p>0),得y=,求导得y'=, 而直线MQ的斜率为1,所以=1,即x0=p,点M为,直线MQ为2y-2x+p=0,所以=1,又p>0,所以p=2. 2 故抛物线C1的方程为x=4y. (2)因为点M处的切线方程为y-,即2x0x-2py-=0, 2 根据切线又与圆相切,得d=r,即=1,化简得=4+4p, 由方程组解得Q, 所以|MQ|=|xM-xQ|=, 点F到切线MQ的距离是d=, 所以S1=|MQ|·d=,S2=|OF||xQ|=, 22 而由=4+4p知4p=-4>0,得|x0|>2, 所以 =+3≥2+3,当且仅当时取等号,即=4+2,此时,p=,所以的最小值为3+2. 4.解 (1)设直线AP的斜率为k(k≠0),则直线AP:y=k(x-3), 2222 联立整理得(1+3k)x-18kx+27k-6=0, 22222 由直线AP与椭圆C相切,则Δ=(18k)-4·(1+3k)(27k-6)=0,解得k=, 2 则x-4x+4=0,解得x=2, 将x=2代入椭圆方程,解得y=±, ∴P点坐标为. (2)设线段AP的中点为D. 因为BA=BP,所以BD⊥AP. 由题意知直线BD的斜率存在, 设点P的坐标为(x0,y0)(y0≠0), 则点D的坐标为,直线AP的斜率kAP=, ∴直线BD的斜率kBD=-, 故直线BD的方程为y-. 令x=0,得y=,故B. 由=1,得=6-3,化简得B. 因此,S四边形OPAB=S△OAP+S△OAB=×3·|y0|+×3· =×2=3. 当且仅当2|y0|=,即y0=±∈[-]时等号成立. 故四边形OPAB面积的最小值为3. 5.解 (1)由已知得a=2, 又e=,故c=,b=1, 2 椭圆M的方程为+y=1. (2)①当直线l斜率不存在时,C(0,1),D(0,-1),=-1. ②当直线斜率存在时,设直线l方程为y=kx+2,C(x1,y1),D(x2,y2),则 22 消去y,得(1+4k)x+16kx+12=0, x1+x2=,x1x2=, 2222 Δ=(16k)-48(1+4k)=16(4k-3)>0,则4k>3, =x1x2+y1y2==-1+, 2 又4k>3,得-1<. 综上可知,的取值范围是. (3)由题意得AD:y=x+1,BC:y=x-1, 即AD:y=x+1,BC:y=x-1, 联立方程组,消去x,解得y=, 又4kx1x2=-3(x1+x2),得y=. 所以点Q的纵坐标为定值. 222 6.解 (1)因为a=2,b=n,所以c=2-n. 又e=,所以,解得n=. (2)若存在点M,使得∠NMA+∠NMB=180°, 则直线AM和BM的斜率存在,分别设为k1,k2,且满足k1+k2=0. 依题意,直线l的斜率存在,故设直线l的方程为y=k. 222 由x+8kx+8k-2n=0. 因为直线l与椭圆C有两个交点,所以Δ>0, 222 即-4(2k+n)(8k-2n)>0,解得k<. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=, y1=k(x1+2),y2=k(x2+2). 令k1+k2==0, (x1-m)y2+(x2-m)y1=0, (x1-m)k(x2+2)+(x2-m)k(x1+2)=0, 当k≠0时,2x1x2-(m-2)(x1+x2)-4m=0, 所以2·+(m-2)·-4m=0, 化简得=0,所以m=-1. 当k=0时,检验也成立. 所以存在点M(-1,0),使得∠NMA+∠NMB=180°.