高考大题训练(解析几何教师版)共38题王斌高考总复习高考最后冲刺

高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利1．（2010上海文）23（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.已知椭圆的方程为22221(0)xyabab，(0,)Ab、(0,)Bb和(,0)Qa为的三个顶点.（1）若点M满足1()2AMAQAB，求点M的坐标；（2）设直线11:lykxp交椭圆于C、D两点，交直线22:lykx于点E.若2122bkka，证明：E为CD的中点；（3）设点P在椭圆内且不在x轴上，如何构作过PQ中点F的直线l，使得l与椭圆的两个交点1P、2P满足12PPPPPQ12PPPPPQ？令10a，5b，点P的坐标是（-8，-1），若椭圆上的点1P、2P满足12PPPPPQ，求点1P、2P的坐标.解析：(1)(,)22abM；(2)由方程组122221ykxpxyab，消y得方程2222222211()2()0akbxakpxapb，因为直线11:lykxp交椭圆于C、D两点，所以0，即222210akbp，设C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD中点坐标为(x0,y0)，则212102221201022212xxakpxakbbpykxpakb，由方程组12ykxpykx，消y得方程(k2k1)xp，又因为2221bkak，所以2102222112202221akppxxkkakbbpykxyakb，高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利故E为CD的中点；(3)因为点P在椭圆Γ内且不在x轴上，所以点F在椭圆Γ内，可以求得直线OF的斜率k2，由12PPPPPQ知F为P1P2的中点，根据(2)可得直线l的斜率2122bkak，从而得直线l的方程．1(1,)2F，直线OF的斜率212k，直线l的斜率212212bkak，解方程组22112110025yxxy，消y：x22x480，解得P1(6,4)、P2(8,3)．2．（2010浙江理）(21)（本题满分15分）已知m＞1，直线2:02mlxmy，椭圆222:1xCym，1,2FF分别为椭圆C的左、右焦点.（Ⅰ）当直线l过右焦点2F时，求直线l的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于,AB两点，12AFFV，12BFFV的重心分别为,GH.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围.解析：本题主要考察椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识，同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。（Ⅰ）解：因为直线:l202mxmy经过22(1,0)Fm，所以2212mm,得22m，又因为1m，所以2m，故直线l的方程为22202xy。（Ⅱ）解：设1122(,),(,)AxyBxy。由222221mxmyxym，消去x得高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利222104mymy则由2228(1)804mmm，知28m，且有212121,282mmyyyy。由于12(,0),(,0),FcFc，故O为12FF的中点，由2,2AGGOBHHO，可知1121(,),(,),3333xyxyGh2221212()()99xxyyGH设M是GH的中点，则1212(,)66xxyyM，由题意可知2,MOGH即222212121212()()4[()()]6699xxyyxxyy即12120xxyy而2212121212()()22mmxxyymymyyy221(1()82mm）所以21082m即24m又因为1m且0所以12m。所以m的取值范围是(1,2)。高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利3．（2010辽宁理）(20)（本小题满分12分）设椭圆C：22221(0)xyabab的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60o,2AFFB.(I)求椭圆C的离心率；(II)如果|AB|=154，求椭圆C的方程.解：设1122(,),(,)AxyBxy，由题意知1y＜0，2y＞0.（Ⅰ）直线l的方程为3()yxc，其中22cab.联立22223(),1yxcxyab得22224(3)2330abybcyb解得221222223(2)3(2),33bcabcayyabab因为2AFFB，所以122yy.即2222223(2)3(2)233bcabcaabab得离心率23cea.……6分（Ⅱ）因为21113AByy，所以22224315343abab.由23ca得53ba.所以51544a，得a=3，5b.椭圆C的方程为22195xy.……12分.4．（2010江西理数）21.（本小题满分12分）设椭圆22122:1(0)xyCabab，抛物线222:Cxbyb。（1）若2C经过1C的两个焦点，求1C的离心率；高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利（2）设A（0，b），5334Q，,又M、N为1C与2C不在y轴上的两个交点，若△AMN的垂心为34Bb0，，且△QMN的重心在2C上，求椭圆1C和抛物线2C的方程。【解析】考查椭圆和抛物线的定义、基本量，通过交点三角形来确认方程。（1）由已知椭圆焦点(c,0)在抛物线上，可得：22cb，由222222122,22cabccea有。(2)由题设可知M、N关于y轴对称，设11111(,),(,)(0)MxyNxyx,由AMN的垂心为B，有211130()()04BMANxybyb。由点11(,)Nxy在抛物线上，2211xbyb，解得：11()4byyb或舍去故1555,(,),(,)22424bbxbMbNb，得QMN重心坐标(3,)4b.由重心在抛物线上得：223,=24bbb所以，11(5,),(5,)22MN，又因为M、N在椭圆上得：2163a，椭圆方程为2216314xy，抛物线方程为224xy。5.（2010北京理）（19）（本小题共14分）在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于13.(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。（I）解：因为点B与A(1,1)关于原点O对称，所以点B得坐标为(1,1).设点P的坐标为(,)xy高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利由题意得111113yyxx化简得2234(1)xyx.故动点P的轨迹方程为2234(1)xyx（II）解法一：设点P的坐标为00(,)xy，点M，N得坐标分别为(3,)My,(3,)Ny.则直线AP的方程为0011(1)1yyxx，直线BP的方程为0011(1)1yyxx令3x得000431Myxyx，000231Nyxyx.于是PMN得面积2000020||(3)1||(3)2|1|PMNMNxyxSyyxx又直线AB的方程为0xy，||22AB，点P到直线AB的距离00||2xyd.于是PAB的面积001||||2PABSABdxy当PABPMNSS时，得20000020||(3)|||1|xyxxyx又00||0xy，所以20(3)x=20|1|x，解得05|3x。因为220034xy，所以0339y故存在点P使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为533(,)39.解法二：若存在点P使得PAB与PMN的面积相等，设点P的坐标为00(,)xy则11||||sin||||sin22PAPBAPBPMPNMPN.高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利因为sinsinAPBMPN,所以||||||||PAPNPMPB所以000|1||3||3||1|xxxx即2200(3)|1|xx，解得0x53因为220034xy，所以0339y故存在点PS使得PAB与PMN的面积相等，此时点P的坐标为533(,)39..6．（2010四川理）（20）（本小题满分12分）已知定点A(－1，0)，F(2，0)，定直线l：x＝12，不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍.设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B、C两点，直线AB、AC分别交l于点M、N（Ⅰ）求E的方程；（Ⅱ）试判断以线段MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.本小题主要考察直线、轨迹方程、双曲线等基础知识，考察平面机袭击和的思想方法及推理运算能力.解：(1)设P(x,y)，则221(2)2||2xyx化简得x2－23y=1(y≠0)………………………………………………………………4分(2)①当直线BC与x轴不垂直时，设BC的方程为y＝k(x－2)(k≠0)与双曲线x2－23y=1联立消去y得(3－k)2x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0由题意知3－k2≠0且△＞0设B(x1,y1),C(x2,y2)，高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利则2122212243433kxxkkxxky1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝k2(222243833kkkk＋4)＝2293kk因为x1、x2≠－1所以直线AB的方程为y＝111yx(x＋1)因此M点的坐标为(1131,22(1)yx)1133(,)22(1)yFMx,同理可得2233(,)22(1)yFNx因此2121293()22(1)(1)yyFMFNxx＝222222814343494(1)33kkkkkk＝0②当直线BC与x轴垂直时，起方程为x＝2，则B(2,3),C(2,－3)AB的方程为y＝x＋1,因此M点的坐标为(13,22)，33(,)22FM同理可得33(,)22FN因此2333()()222FMFN＝0综上FMFN＝0，即FM⊥FN故以线段MN为直径的圆经过点F………………………………………………12分.高考数学专题复习名师讲解希望大家高考顺利7．（2010天津文）（21）（本小题满分14分）已知椭圆22221xyab（ab0）的离心率e=32，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线l与椭圆相交于不同的两点A、B，已知点A的坐标为（-a，0）.（i）若42AB5||=，求直线l的倾斜角；（ii）若点Qy0（0，）在线段AB的垂直平分线上，且QAQB=4.求y0的值.【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距离公式、直线的倾斜角、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查综合分析与运算能力.满分14分.（Ⅰ）解：由e=32ca，得2234ac.再由222cab，解得a=2b.由题意可知12242ab，即ab=2.解方程组2,2,abab得a=2，b=1.所以椭圆的方程为2214xy.(Ⅱ)(i)解：由（Ⅰ）可知点A的坐标是（-2,0）.设点B的坐标为11(,)xy，直线l的斜率为k.则直线l的方程为y=k（x+2）.于是A、B两点的坐标满足方程组22(2),1.4ykxxy