安徽省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练29 解答题专项训练解析几何 理.doc

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1、-1-专题升级训练专题升级训练 2929 解答题专项训练解答题专项训练(解析几何解析几何)1设有半径为 3 千米的圆形村落，A，B两人同时从村落中心出发，B向北直行，A先向东直行，出村后不久，改变前进方向，沿着与村落周界相切的直线前进，后来恰与B相遇设A，B两人速度一定，其速度比为 31，问两人在何处相遇？2已知圆C：x2y22x4y40.问是否存在斜率为 1 的直线l，使得l被圆C截得的弦为AB，且以AB为直径的圆经过原点？若存在，写出直线l的方程；若不存在，说明理由3设直线l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中实数k1，k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交；(2)证明l1与l2

2、的交点在椭圆 2x2y21 上4已知过抛物线y22px(p0)的焦点，斜率为 22的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)两点，且|AB|9.(1)求该抛物线的方程；(2)O为坐标原点，C为抛物线上一点，若OCOAOB，求的值5.(2012安徽芜湖一中，理 19)如图，椭圆 C1：2222xyab=1(ab0)的离心率为32，x轴被曲线 C2：y=x2-b 截得的线段长等于 C1的长半轴长(1)求 C1，C2的方程；(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.求MD ME的值6.设椭圆C：x2a2y2b2

3、1(ab0)的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为 60，2AFFB.(1)求椭圆C的离心率；(2)如果|AB|154，求椭圆C的方程7已知点F1，F2分别为椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，P是椭圆C上的一点，且|F1F2|2，F1PF23，F1PF2的面积为33.(1)求椭圆C的方程；(2)点M的坐标为54，0，过点F2且斜率为k的直线l与椭圆C相交于A，B两点，对于任意的kR R，MA MB是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由8(2012安徽师大附中五模，理 20)已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)与圆O：x2y23

4、相切，过C的左焦点且斜率为 3的直线也与圆O相切(1)求双曲线C的方程；(2)P是圆O上在第一象限内的点，过P且与圆O相切的直线l与C的右支交于A，B两点，AOB的面积为 3 2，求直线l的方程-2-参考答案参考答案1解：建立如图所示平面直角坐标系，由题意，可设A，B两人速度分别为 3v千米/时，v千米/时，再设出发x0小时后，A在点P改变方向，又经过y0小时，在点Q处与B相遇则P，Q两点坐标为(3vx0,0)，(0，vx0vy0)由|OP|2|OQ|2|PQ|2知，(3vx0)2(vx0vy0)2(3vy0)2，即(x0y0)(5x04y0)0.x0y0 0，5x04y0.将代入kPQx0y

5、03x0，得kPQ34.又已知PQ与圆相切，直线PQ在y轴上的截距就是两人相遇的位置设直线y34xb(b0)与圆x2y29 相切，则有|4b|32423，解得b154.答：A，B相遇点在离村中心正北154千米处2解：假设l存在，设其方程为yxm，代入x2y22x4y40，得 2x22(m1)xm24m40.再设A(x1，y1)，B(x2，y2)，于是x1x2(m1)，x1x2m24m42.以AB为直径的圆经过原点，即直线OA与OB互相垂直，也就是kOAkOB1，所以x1mx1x2mx21，即 2x1x2m(x1x2)m20，将x1x2(m1)，x1x2m24m42，代入整理得m23m40，解得

6、m4 或m1.故所求的直线存在，且有两条，其方程分别为xy10，xy40.3证明：(1)假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1k2，代入k1k220，得k1220，这与k1为实数的事实相矛盾从而k1k2，即l1与l2相交(2)方法一：由方程组yk1x1，yk2x1，解得交点P的坐标为2k2k1，k2k1k2k1，而 2x2y222k2k12k2k1k2k128k22k122k1k2k22k122k1k2k12k224k12k2241.此即表明交点P(x，y)在椭圆 2x2y21 上方法二：交点P的坐标(x，y)满足y1k1x，y1k2x，故知x0.-3-从而k1y1x，k2y1x.代入

7、k1k220，得y1xy1x20.整理后，得 2x2y21.所以交点P在椭圆 2x2y21 上4解：(1)直线AB的方程是y2 2xp2，与y22px联立，从而有 4x25pxp20，所以x1x25p4.由抛物线定义得|AB|x1x2p9，所以p4，从而抛物线方程是y28x.(2)由p4，知 4x25pxp20 可化为x25x40，从而x11，x24，y12 2，y24 2，从而A(1，2 2)，B(4,4 2)设OCuuu r(x3，y3)(1，2 2)(4,4 2)(41,4 22 2)，又y328x3，所以2 2(21)28(41)，即(21)241，解得0，或2.5解：(1)由题意知e

8、ca32，从而a2b.又 2ba，所以a2，b1.故C1，C2的方程分别为x24y21，yx21.(2)证明：由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.由ykx，yx21，得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0，1)，所以kMAkMBy11x1y21x2(kx11)(kx21)x1x2k2x1x2k(x1x2)1x1x2k2k2111.故MAMB，即MDME，故MD MEuuu r uuu r0.6解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知，y10.(1)直线l的方程为y

9、3(xc)，其中ca2b2.联立y 3(xc)，x2a2y2b21得(3a2b2)y22 3b2cy3b40，解得y1 3b2(c2a)3a2b2，y2 3b2(c2a)3a2b2.因为2AFFBuuu ruur，所以y12y2.即3b2(c2a)3a2b22 3b2(c2a)3a2b2，得离心率eca23.-4-(2)因为|AB|113|y2y1|，所以234 3ab23a2b2154，由ca23，得b53a.所以54a154，得a3，b 5.椭圆C的方程为x29y251.7解：(1)设|PF1|m，|PF2|n.在PF1F2中，由余弦定理得 22m2n22mncos3，化简得，m2n2mn

10、4.由1 2PF FSV33，得12mnsin333.化简得mn43.于是(mn)2m2n2mn3mn8.mn2 2，由此可得，a 2.又半焦距c1，b2a2c21.因此，椭圆C的方程为x22y21.(2)由已知得F2(1,0)，直线l的方程为yk(x1)，由yk(x1)，x22y21，消去y得，(2k21)x24k2x2(k21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24k22k21，x1x22(k21)2k21.MA MBuuu r uuu rx154，y1x254，y2x154x254 y1y2x154x254 k2(x11)(x21)(k21)x1x2k254(x1x2)2

11、516k2(k21)2k222k214k2k2542k212516k24k222k212516716.由此可知MA MBuuu r uuu r716为定值8解：(1)双曲线C与圆O相切，a 3.由过C的左焦点且斜率为 3的直线也与圆O相切，得c2，进而b1，-5-故双曲线C的方程为x23y21.(2)设直线l：ykxm(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)圆心O到直线l的距离dmk21，由d 3得m23k23.由ykxm，x23y21，得(3k21)x26kmx3m230，则x1x26km3k21，x1x23m233k21.|AB|k21|x2x1|k21(x2x1)24x1x2k2136k2m2(3k21)212(m21)3k21k2136k2(3k23)(3k21)212(3k24)3k21.又AOB的面积S12|OP|AB|32|AB|3 2，|AB|2 6.由4 3k21|3k21|2 6，解得k1(k1 舍去)，m 6，此时式0，直线l的方程为yx 6.