高考数学二轮总复习题型专项集训题型练7大题专项（五）理

题型练7大题专项(五)解析几何综合问题1.(2022广西南宁三中二模)已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=k(x+1)(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,过点A,B作直线l:x=2的垂线,垂足分别为M,N,G为MN的中点,F为椭圆C的左焦点.求证:四边形AGNF为梯形.2.已知直线l:y=x+m交抛物线C:y2=4x于A,B两点.(1)设直线l与x轴的交点为T.若AT=2TB,求实数m的值;(2)若点M,N在抛物线C上,且关于直线l对称,求证:A,B,M,N四点共圆.3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0),离心率为22,且经过点1,(1)求点M到点D(1,0)的最短距离与最长距离;(2)设直线l:y=x+n与椭圆C相交于A,B两点,则是否存在点P(2,m),使△ABP的内切圆恰好为圆x2+y2=1?并说明理由.4.(2022广西桂林二模)已知圆C1:(x1)2+(y+1)2=14和抛物线C2:x2=4y,P(x0,y0)为圆C1上一点,过点P作抛物线C2的两条切线PA,PB,A,B分别为切点(1)当x0=12时,求切线PA,PB(2)求证:存在两个x0,使得△PAB的面积为335.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知等轴双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点A,过右焦点F且垂直于x轴的直线与E交于B,C(1)求双曲线E的方程;(2)若直线l:y=kx1与双曲线E的左、右两支分别交于M,N两点,与双曲线E的两条渐近线分别交于P,Q两点,求|MN|6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,短半轴长为2,(1)求椭圆C的标准方程及离心率.(2)若过点P(0,4)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,试问:在y轴上是否存在异于点P的定点Q,满足|PA||PB

题型练7大题专项(五)解析几何综合问题1.(1)解由已知得1b2故椭圆C的方程为x22+y2=(2)证明由(1)知,椭圆C的左焦点F的坐标为(1,0).设点A(x1,y1),B(x2,y2),则点M(2,y1),N(2,y2),G-所以kAG=y1-y1+y22因为直线y=k(x+1)(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,所以y1=k(x1+1),y2=k(x2+1),因为直线y=k(x+1)(k≠0)与直线l:x=2不平行,所以要证四边形AGNF为梯形,只需证AG∥FN,即证y1-y即证y1+3y2+2x1y2=0,即证k(x1+1)+3k(x2+1)+2x1k(x2+1)=0,整理得k[3(x1+x2)+2x1x2+4]=0.又k≠0,所以只需证3(x1+x2)+2x1x2+4=0.由y得(1+2k2)x2+4k2x+2k22=0,所以x1+x2=4k21+2k2,x1所以3(x1+x2)+2x1x2+4=3·-4k21+2k2+2·所以四边形AGNF为梯形.2.解由y=x+m,y2=4x设点A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4,y1y2=4m.因为直线l与抛物线C相交于A,B两点,所以Δ=1616m>0,得m<1.(1)因为直线l与x轴的交点为T,所以T(m,0).由AT=2TB,得y1+2y2=0,所以4+y2=0,解得y2=4,从而y1=8.因为y1y2=4m,所以4m=32,解得m=8.8<1,故实数m的值为8.(2)证明:设点M(x3,y3),N(x4,y4),因为M,N两点关于直线y=x+m对称,所以y4-y3x4-x3又y4+y32=x4+x32又点N在抛物线C上,于是(4y3)2=4(42mx3).因为y32=4x3,所以y32+4y3+16+于是MA·MB=(x1x3)(x2x3)+(y1y3)(y2y3)=y124-y324y224-y324+(y1y3)(y2y3)=(y1-y3)(y2-y3)16[(y1+y3)(y2+y3)+16]因此MA⊥MB,同理NA⊥NB,于是点M,N在以AB为直径的圆上,即A,B,M,N四点共圆.3.解(1)依题意,1a2故椭圆C的方程为x24+设M(x0,y0)(2≤x0≤2)到点D的距离为d,则d2=(x01)2+y02=12所以当x0=2时,d2取得最小值,即d取得最小值,最小值为1;当x0=2时,d2取得最大值,即d取得最大值,最大值为3.所以点M到点D的最短距离与最长距离分别为1,3.(2)假设存在点P(2,m),使得△ABP的内切圆恰好为圆x2+y2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),x1>x2,因为直线l与圆x2+y2=1相切,所以|n|2=当n=2时,直线l的方程为y=x+2,由y=x+2,x24+y22=1,得3x2+42x=0,解得x1=0,x2因为AO(O为坐标原点)为∠BAP的角平分线,所以kAP=kAB=1,所以kAP=2-m0-2=1,解得m=0,即P(2,0),所以直线BP的方程为x7因为圆心到直线BP的距离为|2所以BP不是圆的切线.所以不存在点P,使△ABP的内切圆恰好为圆x2+y2=1.同理,当n=2时,也不存在点P,使△ABP的内切圆恰好为圆x2+y2=1.综上,不存在点P(2,m),使△ABP的内切圆恰好为圆x2+y2=1.4.(1)解因为P为圆C1上一点,所以当x0=12时,12-12+(y0+1)2=14依题意,设切线方程为y+1=kx12,即y=kx-121,代入x2=4y,可得x24kx+2k+4则Δ=16k28k16=0,解得k=1所以切线PA,PB的方程为y+1=1±174x1(2)证明因为P(x0,y0)为圆C1上一点,所以(x01)2+(y0+1)2=14,1由已知得直线PA,PB的斜率均存在.设点A(xA,yA),直线PA的方程为yy0=k1(xx0),即y=k1(xx0)+y0,代入x2=4y,整理得x24k1x4(y0k1x0)=0,由直线PA与抛物线C2相切,可知Δ=16k12+16(y0k1x0)=0,即k12k1x0+y所以xA=2k1,yA=k12,所以点A(2k1,k设直线PB的方程为yy0=k2(xx0)(k1≠k2),同理可得k22k2x0+y0=0,点B(2k2,k所以k1,k2为方程k2kx0+y0=0的两个实数根,所以k1+k2=x0,k1k2=y0.所以kAB=k1所以直线AB的方程为yk12=k1+k22(x2k1),即y=k1所以|AB|=1+x024|2k12又点P(x0,y0)到直线AB的距离d=|x所以S△PAB=12|AB|·d=1所以x024y0=3,即y0=x02-34,代入(x01)2+(y整理得(x01)(x03+x02+19x013)=0,所以x0=1或x03设f(x)=x3+x2+19x13,则f'(x)=3x2+2x+19,当12≤x≤32时,f'(所以f(x)在区间12,32又f12<0,f(1)>0,所以f(x)在区间12,32上存在唯一的零点x0,且12<x所以存在两个x0,使得△PAB的面积为35.解(1)因为双曲线E:x2a2-y2b2设双曲线E的焦距为2c,c>0,故c2=a2+b2=2a2,即c=2a.因为直线BC过右焦点F,且垂直于x轴,设B(xB,yB),所以xB=c=2a,代入x2a2-y2b2=1,可得因为△ABC的面积为2+1,所以12×|BC|×|AF|=2+1,即12×2a×(a+c)=2+1,所以a2=1,a=1,故双曲线E的方程为x2y(2)依题意,直线l:y=kx1与双曲线E的左、右两支分别交于M,N两点,设M(xM,yM),N(xN,yN),联立x2-y2=1,y=kx-1,消去y所以1-k2≠所以|MN|=(xM-xN)依题意,直线l与双曲线E的两条渐近线分别交于P,Q两点,设P(xP,yP),Q(xQ,yQ).联立y=x,y=kx-1,得x所以|PQ|=1+k2|xPxQ|=1+k所以|MN||PQ|=21+6.解(1)由题意知,b=2,ac=22又a2b2=c2,所以a=2,c=2所以椭圆C的标准方程为x24+y22(2)当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+4,A(x1,y1),B(x2,y2).联立y=kx+4,x2+2y2=