安徽省2020年高考數學第二輪復習 專題升級訓練29 解答題專項訓練解析幾何 理

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1、專題升級訓練29 解答題專項訓練(解析幾何) 1．設有半徑為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為直徑的圓經過原點？若存在，寫出直線l的方程；若不存在，說明理由． 3．設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿足k1k2＋2＝0. (1)證明l1與l2相交； (2)證明l1與l2的

2、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為坐標原點，C為拋物線上一點，若，求λ的值． 5. (2020·安徽蕪湖一中，理19)如圖，橢圓C1：=1(a>b>0)的離心率為，x軸被曲線C2：y=x2-b截得的線段長等于C1的長半軸長． (1)求C1，C2的方程； (2)設C2與y軸的交點為M，過坐標原點O的直線l與C2相交于點A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點D，E.求的值． 6.設橢圓C：＋＝1(a>b>

3、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°，. (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k∈R，是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，說明理由． 8．(2020·安徽師大附中五模，理20)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)與圓O：x2＋y2＝3相切，過C的左焦點且斜

4、率為的直線也與圓O相切． (1)求雙曲線C的方程； (2)P是圓O上在第一象限內的點，過P且與圓O相切的直線l與C的右支交于A，B兩點，△AOB的面積為3，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系，由題意，可設A，B兩人速度分別為3v千米/時，v千米/時，再設出發(fā)x0小時后，A在點P改變方向，又經過y0小時，在點Q處與B相遇．則P，Q兩點坐標為(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，∴5x

5、0＝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置． 設直線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l存在，設其方程為y＝x＋m，代入x2＋y2－2x＋4y－4＝0，得2x2＋2(m＋1)x＋m2＋4m－4＝0. 再設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 于是x1＋x2＝－(m＋1)，x1x2＝. 以AB為直徑的圓經過原點，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＝

6、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(x，y)滿足故知x≠0. 從而 代入k1k2＋2＝0，得·＋2＝0.

7、 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，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＝(x3，y3)＝(1，－2)＋λ(4,4)＝(4λ＋1,4λ－2)， 又y32＝8x3，所以[2(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋

8、1， 解得λ＝0，或λ＝2. 5．解：(1)由題意知e＝＝，從而a＝2b.又2＝a，所以a＝2，b＝1. 故C1，C2的方程分別為＋y2＝1，y＝x2－1. (2)證明：由題意知，直線l的斜率存在，設為k，則直線l的方程為y＝kx. 由得x2－kx－1＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1. 又點M的坐標為(0，－1)， 所以kMA·kMB＝·＝ ＝＝＝－1. 故MA⊥MB，即MD⊥ME，故＝0. 6．解：設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由題意知，y1<0，y2>0. (1)直線l的方

9、程為y＝(x－c)，其中c＝. 聯(lián)立得(3a2＋b2)y2＋2b2cy－3b4＝0， 解得y1＝，y2＝. 因為，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|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＝，得mnsin＝. 化簡得mn＝. 于是(m＋n)2＝m2＋n2－mn＋3mn＝8. ∴m＋n＝2，由此可得，a＝. 又∵半焦距c＝

10、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)∵雙曲線C與圓O相切，∴a＝. 由過C的左焦點且斜率為的直線也與圓O相切，得c＝2，進而b＝1， 故雙曲線C的方程為－y2＝1. (2)設直線l：y＝kx＋m(k<0，m>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 圓心O到直線l的距離d＝，由d＝得m2＝3k2＋3. 由得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2＋3＝0， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. |AB|＝·|x2－x1|＝·＝·＝·. 又△AOB的面積S＝|OP|·|AB|＝|AB|＝3， ∴|AB|＝2. 由＝2，解得k＝－1(k＝1舍去)，m＝，此時式Δ>0，∴直線l的方程為y＝－x＋.