（课标专用）天津市高考数学二轮复习 题型练7 大题专项（五）解析几何综合问题-人教版高三数学试题

题型练7大题专项(五)解析几何综合问题题型练第61页 1.(2019全国,理19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.解:设直线l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x,可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-12(t-1)9.从而-12(t-1)9=52,得t=-78.所以l的方程为y=32x-78.(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3x,可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=1+322×3-13=4133.2.设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为510.(1)求E的离心率e;(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72,求E的方程.解:(1)由题设条件知,点M的坐标为23a,13b,又kOM=510,从而b2a=510,进而得a=5b,c=a2-b2=2b,故e=ca=255.(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为x5b+yb=1,点N的坐标为52b,-12b.设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1,72,则线段NS的中点T的坐标为54b+x12,-14b+74.又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-52b=5,解得b=3.所以a=35,故椭圆E的方程为x245+y29=1.3.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BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围.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(k0),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.由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,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,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化简得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64或k64.所以,直线l的斜率的取值范围为-,-6464,+.4.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=QO,QN=QO,求证:1+1为定值.(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(k0).由y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意,=(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.由QM=QO,QN=QO,得=1-yM,=1-yN.所以1+1=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1+1为定值.5.(2019山东济南3月模拟)设M是抛物线E:x2=2py(p>0)上的一点,抛物线E在点M处的切线方程为y=x-1.(1)求E的方程.(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l1,l2的斜率之积为1,且直线l1,l2分别交抛物线E于A,B两点和C,D两点.是否存在常数使得|AB|+|CD|=|AB|·|CD|成立?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解:(1)(方法一)由y=x-1,x2=2py消y,得x2-2px+2p=0.由题意得=4p2-8p=0.因为p>0,所以p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.(方法二)设Px0,x022p.由x2=2py,得y=x22p,y'=xp.由x0p=1,x022p=x0-1,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.(2)假设存在常数使得|AB|+|CD|=|AB|·|CD|成立,则=1|AB|+1|CD|.由题意知,l1,l2的斜率存在且均不为零.设l1的方程为y=kx+1(k0),则由y=kx+1,x2=4y,消去y得,x2-4kx-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1·x2=-4.所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·16k2+16=4(1+k2).所以=1|AB|+1|CD|=14(1+k2)+141+1k2=1+k24(1+k2)=14.所以,存在常数=14,使得|AB|+|CD|=|AB|·|CD|成立.