《2020版数学新优化浙江大一轮试题：高考解答题专项练5 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版数学新优化浙江大一轮试题：高考解答题专项练5 （5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考解答题专项练高考解答题专项练解析几何解析几何 1.如图,已知抛物线的方程为 x2=2py(p0),过点 A(0,-1)作直线 l 与抛物线相交于 P,Q 两点,点 B 的坐 标为(0,1),连接 BP,BQ,设直线 QB,BP 与 x 轴分别相交于 M,N 两点. (1)如果 p=2,且三角形 BPQ 的面积为 4,求直线 l 的方程; (2)如果 QB 的斜率与 PB 的斜率的乘积为-3,求 MN 的长度. 解(1)直线 l 的斜率必定存在,设为 k,则 l 的方程为 y=kx-1,因为 p=2,把 y=kx-1 代入 x2=4y 得 x2- 4kx+4=0,则 =16k2-160,所以
2、 k21.设 P,Q 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 x1,x2为方程 x2- 4kx+4=0 的两个解,因此 x1+x2=4k,x1x2=4,所以|PQ|=|x1-x2|=4,点 B(0,1)到直线 1 + 21 + 2 2 - 1 l 的距离 d=,由三角形 BPQ 的面积为 4,得 4=4,解得 k=,满足 k21. 2 2+ 1 1 2 1 + 2 2 - 1 2 2+ 12 因此直线 l 的方程为x-y-1=0 或x+y+1=0. 22 (2)把直线 l 的方程代入 x2=2py 得 x2-2pkx+2p=0,设 P,Q 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y
3、2),则 x1,x2 为方程 x2-2pkx+2p=0 的两个解,因此 x1x2=2p,kBP=,同理 kBQ=,因 1 - 1 1 = 2 1 - 2 21 = 2 1 - 12 21 = 1 - 2 2 2 - 1 2 此 kBP+kBQ=0,因为 QB 的斜率与 PB 的斜率的乘积为-3,所以 QB 的斜率为-,从而 3 BMN=BNM=60,即MNB 为正三角形.因为 BO 为正三角形 MNB 的高,且|BO|=1,所以|MN|= 2 3 3 . 2.(2017 浙江高考样卷)如图,已知椭圆 +y2=1 的左、右顶点分别是 A,B,设点 P(,t)(t0),连接 PA 交 2 22 椭
4、圆于点 C,坐标原点是 O. (1)证明:OPBC; (2)若四边形 OBPC 的面积是,求 t 的值. 3 2 5 (1)证明设直线 PA 的方程为 y=(x+), 2 22 由整理得(4+t2)x2+2t2x+2t2-8=0,解得 x1=-,x2=,则点 C 的坐标是 2 2 + 2 = 1, = 2 2 ( + 2), ? 22 4 2 - 22 4 + 2 ,故直线 BC 的斜率 kBC=-,由于直线 OP 的斜率 kOP=,故 kBCkOP=-1,则 OPBC; ( 4 2 - 22 4 + 2 , 4 4 + 2) 2 2 (2)解由 S四边形 OBPC=,S四边形 OBPC=,得
5、, 3 2 5 23+ 2 2 4 + 2 23+ 2 2 4 + 2 = 3 2 5 整理得(t-1)(5t2+2t+12)=0,5t2+2t+120,t=1. 3.(2018 浙江 4 月摸底)已知抛物线 C 的顶点在原点,焦点在 x 轴上,且该抛物线上有一点 P(4,m)到焦 点的距离为 5. (1)求抛物线 C 的方程; (2)已知抛物线上一点 M(t,4),过点 M 作抛物线的两条弦 MD 和 ME,且 MDME,判断直线 DE 是否过 定点?并说明理由. 解(1)由题意设抛物线 C 的方程为 y2=2px(p0), 其准线方程为 x=- , 2 点 P(4,m)到焦点的距离等于点
6、P 到其准线的距离, 4+ =5.p=2.抛物线 C 的方程为 y2=4x. 2 (2)由(1)可得点 M(4,4),可得直线 DE 的斜率不为 0, 设直线 DE 的方程为 x=my+t, 联立得 y2-4my-4t=0, = + , 2= 4, ? 则 =16m2+16t0.(*) 设 D(x1,y1),E(x2,y2),则 y1+y2=4m,y1y2=-4t. =(x1-4,y1-4)(x2-4,y2-4) =x1x2-4(x1+x2)+16+y1y2-4(y1+y2)+16 =-4+16+y1y2-4(y1+y2)+16 2 1 4 2 2 4 ( 2 1 4 + 2 2 4) =-(
7、y1+y2)2+3y1y2-4(y1+y2)+32 ( 12) 2 16 =t2-16m2-12t+32-16m=0, 即 t2-12t+32=16m2+16m,得(t-6)2=4(2m+1)2, t-6=2(2m+1),即 t=4m+8 或 t=-4m+4, 代入(*)式检验知 t=4m+8 满足 0, 直线 DE 的方程为 x=my+4m+8=m(y+4)+8. 直线过定点(8,-4). 4.已知椭圆 L:=1(ab0)的离心率为,过点,与 x 轴不重合的直线过定点 T(m,0)(m 为大 2 2 + 2 2 2 2 ( 1, 2 2) 于 a 的常数),且与椭圆 L 交于两点 A,B(可
8、以重合),点 C 为点 A 关于 x 轴的对称点. (1)求椭圆 L 的方程; (2)求证:直线 BC 过定点 M,并求出定点 M 的坐标; 求OBC 面积的最大值. 解(1)由题意可得 e=1,a2-b2=c2, = 2 2 , 1 2 + 1 22 解得 a=,b=1,即椭圆的方程为 +y2=1. 2 2 2 (2)证明:由对称性可得直线 BC 过定点,定点在 x 轴上, 设直线 l 的方程为 x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x1,-y1), 代入椭圆方程 x2+2y2=2,可得(2+t2)y2+2tmy+m2-2=0, 即有 =4t2m2-4(2+t2)(m2-2)
9、0,即为 8(t2-m2+2)0, y1+y2=-,y1y2=设 BC:y+y1=(x-x1), 2 2 + 2 2 - 2 2 + 2. 2+ 1 2 - 1 令 y=0,可得 x=+m=+m= ,则直线 BC 过定点 12+ 21 1+ 2 = ( 1+ )2+ (2+ )1 1+ 2 = 212 1+ 2 2(2- 2) - 2 2 M( 2 ,0 ). 记OBC 的面积为 S, 则 S= |OM|y2+y1|=, 1 2 1 | 2 2 + 2| = 2 | + 2 | 由 0 可得|t|(m), 2 - 2 2 若,即 m2,Smax=; 2 - 2 2 2 2 - 2 + 2 2
10、- 2 若0,解得 k0 或 0k1. 又 PA,PB 与 y 轴相交,故直线 l 不过点(1,-2),从而 k-3.所以直线 l 斜率的取值范围是(-,-3)(- 3,0)(0,1). (2)证明设 A(x1,y1),B(x2,y2). 由(1)知 x1+x2=-,x1x2= 2 - 4 2 1 2. 直线 PA 的方程为 y-2=(x-1). 1 - 2 1 - 1 令 x=0,得点 M 的纵坐标为 yM=+2=+2. - 1+ 2 1 - 1 - 1+ 1 1 - 1 同理得点 N 的纵坐标为 yN=+2. - 2+ 1 2 - 1 由=,得 =1-yM,=1-yN. , 所以=2.所以为定 1 + 1 = 1 1 - + 1 1 - = 1 - 1 ( - 1)1 + 2 - 1 ( - 1)2 = 1 - 1 212 - ( 1+ 2) 12 = 1 - 1 2 2 + 2 - 4 2 1 2 1 + 1 值.
