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高考专题训练31 解析几何(解答题)



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高考专题训练(三十一)
A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,且|AB|=9. (1)求该抛物线的方程;

解析几何(解答题)

1.已知过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点,斜率为 2 2的直线交抛物线于

→ =OA → +λOB → ,求 λ 的值. (2)O 为坐标原点,C 为抛物线上一点,若OC p? ? 解 (1)直线 AB 的方程是 y=2 2?x-2?,与 y2=2px 联立,从而有 4x2
? ?

-5px+p2=0,

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X |k |B| 1

. c|O |m

5p 所以 x1+x2= 4 . 由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p=9, 所以 p=4,从而抛物线方程是 y2=8x. (2)由 p=4,知 4x2-5px+p2=0 可化为 x2-5x+4=0, 从而 x1=1,x2=4,y1=-2 2,y2=4 2, 从而 A(1,-2 2),B(4,4 2). → =(x ,y )=(1,-2 2)+λ(4,4 2)=(4λ+1,4 2λ-2 2), 设OC 3 3 又 y2 3=8x3 , 所以[2 2(2λ-1)]2=8(4λ+1), 即(2λ-1)2=4λ+1, 解得 λ=0,或 λ=2. 2.已知圆心为 C 的圆,满足下列条件:圆心 C 位于 x 轴正半轴上,与 直线 3x-4y+7=0 相切, 且被 y 轴截得的弦长为 2 3, 圆 C 的面积小于 13. (1)求圆 C 的标准方程; (2)设过点 M(0,3)的直线 l 与圆 C 交于不同的两点 A,B,以 OA,OB 为 邻边作平行四边形 OADB.是否存在这样的直线 l,使得直线 OD 与 MC 恰好

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平行?如果存在,求出 l 的方程;如果不存在,请说明理由. 解 (1)设圆 C:(x-a)2+y2=R2(a>0),由题意知 |3a+7| ? ? 2 2=R, ? 3 +4 ? ? a2+3=R 13 解得 a=1 或 a= 8 , 又 S=πR2<13, ∴a=1,R=2. ∴圆 C 的标准方程为(x-1)2+y2=4. (2)当斜率不存在时,直线 l 为 x=0,不满足题意. 当斜率存在时,设直线 l:y=kx+3,A(x1,y1), B(x2,y2), 又 l 与圆 C 相交于不同的两点,
? ?y=kx+3 联立得? 2 2 ??x-1? +y =4, ?
w w w .x k b 1.c o mx.k.b.1

消去 y 得(1+k2)x2+(6k-2)x+6=0, ∴Δ=(6k-2)2-24(1+k2)=12k2-24k-20>0, 2 6 2 6 解得 k <1- 3 或 k>1+ 3 . x1+x2=- 6k-2 2k+6 , 2 ,y1+y2=k(x1+x2)+6= 1+k 1+k2

→ =OA → +OB → =(x +x ,y +y ),MC → =(1,-3), OD 1 2 1 2 → ∥MC →, 假设OD 则-3(x1+x2)=y1+y2, 6k-2 2k+6 ∴3× = , 1+k2 1+k2

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? 3 ? 2 6? ? 2 6 ?∪?1+ ?,假设不成立, 解得 k=4??-∞,1- ,+ ∞ 3 ? ? 3 ? ?

∴不存在这样的直线 l. → |=2,AD → =1(AB → +AC → ). 3.已知 A(-2,0),B(2,0),点 C,点 D 满足|AC 2 (1)求点 D 的轨迹方程; (2)过点 A 作直线 l 交以 A,B 为焦点的椭圆于 M,N 两点,线段 MN 的 4 中点到 y 轴的距离为5,且直线 l 与点 D 的轨迹相切,求该椭圆的方程. 解 (1)设 C ,D 点的坐标分别为 C(x0,y0),D(x,y), → =(x +2,y ),AB → =(4,0), 则AC 0 0 → +AC → =(x +6,y ), 则AB 0 0 x0 y0? → =1(AB → +AC → )=? ? +3, ?. 故AD 2 2 2
? ?
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x0 ? ? 2 +3=x+2, → 又AD=(x+2,y),故? y0 ? ? 2 =y.
?x0=2x-2, ? 解得? ?y0=2y. ?

→ |= ?x +2?2+y2=2, 代入|AC 0 0 得 x2+y2=1,X

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|k |B| 1 . c|O |m

即所求点 D 的轨迹方程为 x2+y2=1. (2)易知直线 l 与 x 轴不垂直,设直线 l 的方程为 y=k(x+2),① x2 y2 设椭圆方程为a2+ 2 =1(a2>4).② a -4 将①代入②整理,
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得(a2k2+a2-4)x2+4a2k2x+4a2k2-a4+4a2=0.③ 因为直线 l 与圆 x2+y2=1 相切, 故 |2k| =1, k2+1

1 解得 k2=3. 3 故③式可整理为(a2-3)x2+a2x-4a4+4a2=0. 设 M(x1,y1),N(x2,y2), a2 则 x1+x2=- 2 . a -3 a2 4 由题意有 2 =2×5(a2>4), a -3 解得 a2=8,经检验,此时 Δ>0. x2 y2 故椭圆的方程为 8 + 4 =1. x2 y2 4.已知点 F1,F2 分别为椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P π 3 是椭圆 C 上的一点,且|F1F2|=2,∠F1PF2=3,△F1PF2 的面积为 3 . (1)求椭圆 C 的方程;
?5 ? (2)点 M 的坐标为?4,0?,过点 F2 且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 相交于 ? ?

→· → 是否为定值?若是,求出这个定值; A,B 两点,对于任意的 k∈R,MA MB 若不是,说明理由. 解 (1)设|PF1|=m,|PF2| =n. π 在△PF1F2 中,由余弦定理得 22=m2+n2-2mncos3, 化简得,m2+n2-mn=4.

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3 1 π 3 由 S△PF1F2= 3 ,得2mnsin3= 3 . 4 化简得 mn=3. 于是(m+n)2=m2+n2-mn+3mn=8. ∴m+n=2 2,由此可得,a= 2. 又∵半焦距 c=1,∴b2=a2-c2=1. x2 2 因此,椭圆 C 的方程为 2 +y =1. (2)由已知得 F2(1,0),直线 l 的方程为 y=k(x-1),

?y=k?x-1?, 由?x2 2 ? 2 +y =1
消去 y,得(2k2+1)x2-4k2x+2(k2-1)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 2?k2-1? 4 k2 则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 2k +1 2k +1 5 5 ?? ? →· → =? ?x1- ,y1?· ?x2- ,y2? ∵MA MB 4 4
? ?? ?

5?? 5? ? =?x1-4??x2-4?+y1y2
? ? ?? ?? ? ?

5?? 5? ? =?x1-4??x2-4?+k2(x1-1)(x2-1) 5? ? 25 =(k2+1)x1x2-?k2+4?(x1+x2)+16+k2
? ?

5? 2? 2 ?k + ? 4 k 4? 25 2 2 k -2 ? =(k2+1) 2 - +16+k 2 2 k +1 2 k +1
2

-4k2-2 25 = 2 + 2k +1 16
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7 =-16. →· → =- 7 为定值. 由此可知MA MB 16 x2 y2 5.已知双曲线 E:a2-b2=1(a>0,b>0)的焦距为 4,以原点为圆心, 实半轴长为半径的圆和直线 x-y+ 6=0 相切. (1)求双曲线 E 的方程; (2) 已知点 F 为双曲线 E 的左焦点,试问在 x 轴上是否存在一定点 M, →· → 过点 M 任意作一条直线交双曲线 E 于 P, Q 两点(P 在 Q 点左侧), 使FP FQ 为定值?若存在,求出此定值和所有的定点 M 的坐标;若不存在,请说明 理由. 解 (1)由题意知 | 6| =a,∴a= 3. 12+?-1?2

又∵2c=4,∴c=2,∴b= c2-a2=1. x2 2 ∴双曲线 E 的方程为 3 -y =1. (2)当直线为 y=0 时, 则 P(- 3,0),Q( 3,0),F(-2,0), →· → =( - 3+2,0)· ∴FP FQ ( 3+2,0)=1. 当直线不为 y=0 时, x2 2 可设 l:x=ty+m(t≠± 3),代入 E: 3 -y =1, 整理得(t2-3)y2+2mty+m2-3=0(t≠± 3).(*) 由 Δ>0,得 m2+t2>3. 2mt 设方程(*)的两个根为 y1,y2,满足 y1+y2=- 2 , t -3

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m2-3 y1y2= 2 , t -3 →· → ∴FP FQ =(ty1+m+2,y1)· (ty2+m+2,y2) =(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2 t2-2m2-12m-15 = . t2-3 →· → 为定值, 当且仅当 2m2+12m+15=3 时,FP FQ 解得 m1=-3- 3,m2=-3+ 3(舍去). 综上, 过定点 M(-3- 3, 0)任意作一条直线交双曲线 E 于 P, Q 两点, →· → =1. 使FP FQ
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