高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)題型專項集訓(xùn)題型練7大題專項（五）理

題型練7大題專項(五)解析幾何綜合問題1.(2022廣西南寧三中二模)已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程;(2)直線y=k(x+1)(k≠0)與橢圓C交于A,B兩點,過點A,B作直線l:x=2的垂線,垂足分別為M,N,G為MN的中點,F為橢圓C的左焦點.求證:四邊形AGNF為梯形.2.已知直線l:y=x+m交拋物線C:y2=4x于A,B兩點.(1)設(shè)直線l與x軸的交點為T.若AT=2TB,求實數(shù)m的值;(2)若點M,N在拋物線C上,且關(guān)于直線l對稱,求證:A,B,M,N四點共圓.3.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F(c,0),離心率為22,且經(jīng)過點1,(1)求點M到點D(1,0)的最短距離與最長距離;(2)設(shè)直線l:y=x+n與橢圓C相交于A,B兩點,則是否存在點P(2,m),使△ABP的內(nèi)切圓恰好為圓x2+y2=1?并說明理由.4.(2022廣西桂林二模)已知圓C1:(x1)2+(y+1)2=14和拋物線C2:x2=4y,P(x0,y0)為圓C1上一點,過點P作拋物線C2的兩條切線PA,PB,A,B分別為切點(1)當(dāng)x0=12時,求切線PA,PB(2)求證:存在兩個x0,使得△PAB的面積為335.如圖,在平面直角坐標系xOy中,已知等軸雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點A,過右焦點F且垂直于x軸的直線與E交于B,C(1)求雙曲線E的方程;(2)若直線l:y=kx1與雙曲線E的左、右兩支分別交于M,N兩點,與雙曲線E的兩條漸近線分別交于P,Q兩點,求|MN|6.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,短半軸長為2,(1)求橢圓C的標準方程及離心率.(2)若過點P(0,4)的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,試問:在y軸上是否存在異于點P的定點Q,滿足|PA||PB

題型練7大題專項(五)解析幾何綜合問題1.(1)解由已知得1b2故橢圓C的方程為x22+y2=(2)證明由(1)知,橢圓C的左焦點F的坐標為(1,0).設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),則點M(2,y1),N(2,y2),G-所以kAG=y1-y1+y22因為直線y=k(x+1)(k≠0)與橢圓C交于A,B兩點,所以y1=k(x1+1),y2=k(x2+1),因為直線y=k(x+1)(k≠0)與直線l:x=2不平行,所以要證四邊形AGNF為梯形,只需證AG∥FN,即證y1-y即證y1+3y2+2x1y2=0,即證k(x1+1)+3k(x2+1)+2x1k(x2+1)=0,整理得k[3(x1+x2)+2x1x2+4]=0.又k≠0,所以只需證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·所以四邊形AGNF為梯形.2.解由y=x+m,y2=4x設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4,y1y2=4m.因為直線l與拋物線C相交于A,B兩點,所以Δ=1616m>0,得m<1.(1)因為直線l與x軸的交點為T,所以T(m,0).由AT=2TB,得y1+2y2=0,所以4+y2=0,解得y2=4,從而y1=8.因為y1y2=4m,所以4m=32,解得m=8.8<1,故實數(shù)m的值為8.(2)證明:設(shè)點M(x3,y3),N(x4,y4),因為M,N兩點關(guān)于直線y=x+m對稱,所以y4-y3x4-x3又y4+y32=x4+x32又點N在拋物線C上,于是(4y3)2=4(42mx3).因為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,于是點M,N在以AB為直徑的圓上,即A,B,M,N四點共圓.3.解(1)依題意,1a2故橢圓C的方程為x24+設(shè)M(x0,y0)(2≤x0≤2)到點D的距離為d,則d2=(x01)2+y02=12所以當(dāng)x0=2時,d2取得最小值,即d取得最小值,最小值為1;當(dāng)x0=2時,d2取得最大值,即d取得最大值,最大值為3.所以點M到點D的最短距離與最長距離分別為1,3.(2)假設(shè)存在點P(2,m),使得△ABP的內(nèi)切圓恰好為圓x2+y2=1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),x1>x2,因為直線l與圓x2+y2=1相切,所以|n|2=當(dāng)n=2時,直線l的方程為y=x+2,由y=x+2,x24+y22=1,得3x2+42x=0,解得x1=0,x2因為AO(O為坐標原點)為∠BAP的角平分線,所以kAP=kAB=1,所以kAP=2-m0-2=1,解得m=0,即P(2,0),所以直線BP的方程為x7因為圓心到直線BP的距離為|2所以BP不是圓的切線.所以不存在點P,使△ABP的內(nèi)切圓恰好為圓x2+y2=1.同理,當(dāng)n=2時,也不存在點P,使△ABP的內(nèi)切圓恰好為圓x2+y2=1.綜上,不存在點P(2,m),使△ABP的內(nèi)切圓恰好為圓x2+y2=1.4.(1)解因為P為圓C1上一點,所以當(dāng)x0=12時,12-12+(y0+1)2=14依題意,設(shè)切線方程為y+1=kx12,即y=kx-121,代入x2=4y,可得x24kx+2k+4則Δ=16k28k16=0,解得k=1所以切線PA,PB的方程為y+1=1±174x1(2)證明因為P(x0,y0)為圓C1上一點,所以(x01)2+(y0+1)2=14,1由已知得直線PA,PB的斜率均存在.設(shè)點A(xA,yA),直線PA的方程為yy0=k1(xx0),即y=k1(xx0)+y0,代入x2=4y,整理得x24k1x4(y0k1x0)=0,由直線PA與拋物線C2相切,可知Δ=16k12+16(y0k1x0)=0,即k12k1x0+y所以xA=2k1,yA=k12,所以點A(2k1,k設(shè)直線PB的方程為yy0=k2(xx0)(k1≠k2),同理可得k22k2x0+y0=0,點B(2k2,k所以k1,k2為方程k2kx0+y0=0的兩個實數(shù)根,所以k1+k2=x0,k1k2=y0.所以kAB=k1所以直線AB的方程為yk12=k1+k22(x2k1),即y=k1所以|AB|=1+x024|2k12又點P(x0,y0)到直線AB的距離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設(shè)f(x)=x3+x2+19x13,則f'(x)=3x2+2x+19,當(dāng)12≤x≤32時,f'(所以f(x)在區(qū)間12,32又f12<0,f(1)>0,所以f(x)在區(qū)間12,32上存在唯一的零點x0,且12<x所以存在兩個x0,使得△PAB的面積為35.解(1)因為雙曲線E:x2a2-y2b2設(shè)雙曲線E的焦距為2c,c>0,故c2=a2+b2=2a2,即c=2a.因為直線BC過右焦點F,且垂直于x軸,設(shè)B(xB,yB),所以xB=c=2a,代入x2a2-y2b2=1,可得因為△ABC的面積為2+1,所以12×|BC|×|AF|=2+1,即12×2a×(a+c)=2+1,所以a2=1,a=1,故雙曲線E的方程為x2y(2)依題意,直線l:y=kx1與雙曲線E的左、右兩支分別交于M,N兩點,設(shè)M(xM,yM),N(xN,yN),聯(lián)立x2-y2=1,y=kx-1,消去y所以1-k2≠所以|MN|=(xM-xN)依題意,直線l與雙曲線E的兩條漸近線分別交于P,Q兩點,設(shè)P(xP,yP),Q(xQ,yQ).聯(lián)立y=x,y=kx-1,得x所以|PQ|=1+k2|xPxQ|=1+k所以|MN||PQ|=21+6.解(1)由題意知,b=2,ac=22又a2b2=c2,所以a=2,c=2所以橢圓C的標準方程為x24+y22(2)當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)l:y=kx+4,A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立y=kx+4,x2+2y2=