专题五 解析几何（大题突破）-【创新教程】2018-2020三年高考真题文科数学分类特训

专题五　解析几何 １．解:(１)由题设得 A(－a,０),B(a,０),G(０,１)． 则AG → ＝(a,１),GB → ＝(a,－１)．由AG →􀅰GB → ＝８得a２－１ ＝８,即a＝３． 所以E 的方程为x ２ ９＋y ２＝１． (２)设C(x１,y１),D(x２,y２),P(６,t) 若t≠０,设直线CD 的方程为x＝my＋n,由题意可知 －３＜n＜３． 由于直线 PA 的方程为y＝ t ９ (x＋３), 所以y１＝ t ９ (x１＋３)． 直线 PB 的方程为y＝ t ３ (x－３),所 以y２＝ t ３ (x２－ ３)． 可得３y１(x２－３)＝y２(x１＋３)． 由于 x２２ ９ ＋y ２ ２ ＝１,故 y２２ ＝ － (x２＋３)(x２－３) ９ ,可 得 ２７y１y２＝－(x１＋３)(x２＋３),即 (２７＋m２)y１y２＋m(n＋３)(y１＋y２)＋(n＋３)２＝０．① 将x＝my＋n 代入 x２ ９＋y ２＝１得 (m２＋９)y２＋２mny＋n２－９＝０． 所以y１＋y２＝－ ２mn m２＋９ ,y１y２＝n２－９＝m２＋９． 代入①式得(２７＋m２)(n２－９)－２m(n＋３)mn＋(n＋ ３)２(m２＋９)＝０． 解得n＝－３(舍去),n＝３２． 故直线CD 的方程为x＝my＋ ３ ２ ,即 直 线CD 过 定 点 ３ ２ ,０( ) ． 若t＝０,则直线CD 的方程为y＝０,过点 ３ ２ ,０( ) ． 综上,直线CD 过定点 ３２ ,０( ) ． ２．解:(１)由 已 知 可 设 C２ 的 方 程 y２ ＝４cx,其 中 c＝ a２－b２． 不妨设 A,C 在第一 象 限,由 题 设 得 A,B 的 纵 坐 标 分 别为b ２ a ,－b ２ a ;C,D 的纵坐标分别为２c,－２c,故|AB| ＝２b ２ a ,|CD|＝４c． 由|CD|＝４３|AB| 得４c＝４３× ２b２ a ＝ ８b２ ３a ,即３×ca ＝２ －２ ca( ) ２ ．解得ca ＝－２ (舍去),c a ＝ １ ２． 所以C１ 的离心率为 １ ２． (２)由(１)知a＝２c,b＝ ３c,故 C１: x２ ４c２ ＋y ２ ３c２ ＝１．所 以 C１ 的四个顶 点 坐 标 分 别 为 (２c,０),(－２c,０),(０,３ c),(０,－ ３c),C２ 的准线为x＝－c． 由已知得３c＋c＋c＋c＝１２,即c＝２． 所以C１ 的标准方 程 为 x２ １６＋ y２ １２＝１ ,C２ 的 标 准 方 程 为 y２＝８x． ３．解:(１)由 已 知,a＝５,b２＝m２,∵ ca ＝ １５ ４ ,∴ c５ ＝ １５ ４ , 解得,c＝５ １５４ ,则 m２＝b２＝a２－c２＝２５－２５×１５１６ ＝ ２５ １６．∴ 椭圆C 的方程为x ２ ２５＋ １６y２ ２５ ＝１． (２) 设点Q(６,t),P(m,n),又 A(－５,０),B(５,０), 则BP → ＝(m－５,n),BQ → ＝(１,t) 所以BP →􀅰BQ → ＝０,得 m－５＋nt＝０, 过 P 作PK ⊥x 轴,所 以 ∠１＋ ∠２＝ π２ ,∠１＋ ∠３＝ π ２ ,所以∠２＝∠３,∠４＝∠１,又|BP|＝|BQ| 所以△PKB≌△BGQ 得 KB＝QG,PK＝BG＝１,即n＝１, 所以 P(m,１),得 m－５＋t＝０, 代入椭圆方程m ２ ２５＋ １６ ２５＝１ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２６ 最新试题精选􀅰数学(文) 解得 m＝±３, 所以 P(３,１)或 P(－３,１),Q(６,２)或Q(６,８), 当 P(３,１),Q(６,２)时,|AQ|＝ １２５, 直线 AQ 的方程为:２x－１１y＋１０＝０,P(３,１)到 直 线 AQ 的距离为d＝ ５ １２５ , 所以S△APQ ＝ １ ２|AQ|d＝ １ ２× １２５× ５ １２５ ＝５２ , 当 P(－３,１),Q(６,８)时,|AQ|＝ １８５, 直线 AQ 的方程为:８x－１１y＋４０＝０,P(－３,１)到 直 线 AQ 的距离d＝ ５ １８５ , 所以