《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第八章 解析几何 课时作业52 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第八章 解析几何 课时作业52 Word版含解析.pdf（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业 52 圆锥曲线的综合问题 1(2019河北石家庄一模)倾斜角为 的直线经过椭圆1(a 4 x2 a2 y2 b2 b0)的右焦点 F，与椭圆交于 A、B 两点，且2 ，则该椭圆 AF FB 的离心率为( B ) A. B. 3 2 2 3 C. D. 2 2 3 3 解析 ： 由题可知， 直线的方程为 yxc， 与椭圆方程联立得Error!Error! (b2a2)y22b2cyb40， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则Error!Error! 又2 ， AF FB (cx1，y1)2(x2c，y2)， y12y2， 可得Error!Error! ， 1 2 4c2 a2
2、b2 e，故选 B. 2 3 2 (2019河北七校联考)如图， 由抛物线 y28x 与圆 E： (x2)2y2 9 的实线部分构成图形 ，过点 P(2,0)的直线始终与圆形 中的抛 物线部分及圆部分有交点，则|AB|的取值范围为( D ) A2,3 B3,4 C4,5 D5,6 解析 ： 由题意可知抛物线y28x的焦点为F(2,0)， 圆(x2)2y29 的圆心为 E(2,0)，因此点 P，F，E 三点重合，所以|PA|3. 设 B(x0，y0)， 则由抛物线的定义可知|PB|x02， 由Error!Error!得(x2)28x9， 整理得 x24x50，解得 x11，x25(舍去)，设圆
3、E 与抛 物线交于 C，D 两点，所以 xCxD1， 因此0x01， 又|AB|AP|BP|3x02x05， 所以|AB|x0 55,6，故选 D. 3已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公 共点，且F1PF2 ，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值 3 为( A ) A. B. 4 3 3 2 3 3 C3 D2 解析：解法一：设椭圆方程为1(a1b10)，离心率为 e1， x2 a2 1 y2 b2 1 双曲线的方程为1(a20，b20)，离心率为 e2，它们的焦距为 x2 a2 2 y2 b2 2 2c，不妨设 P 为两曲线在第一象限的交点，F1，F2分别为左，
4、右焦点， 则易知Error!Error! 解得Error!Error! 在F1PF2中，由余弦定理得(a1a2)2(a1a2)22(a1a2)(a1 a2)cos 604c2， 整理得 a 3a 4c2， 2 12 2 所以4，即 4. a2 1 c2 3a2 2 c2 1 e2 1 3 e2 2 设 a，b， ( 1 e1， 3 e2 )( 1， 3 3 ) ab|a|b|，故 1 e1 1 e2 1 e2 1 3 e2 2 11 3 4 4 3 4 3 3 1 e1 1 e2 的最大值是，故选 A. 4 3 3 解法二：不妨设 P 在第一象限， |PF1|m，|PF2|n. 在PF1F2中
5、， 由余弦定理得 m2n2mn4c2. 设椭圆的长轴长为 2a1，离心率为 e1，双曲线的实轴长为 2a2，离 心率为 e2，它们的焦距为 2c，则 . 1 e1 1 e2 a1a2 c mn 2 mn 2 c m c 2 ， ( 1 e1 1 e2) m2 c2 4m2 m2n2mn 4 ( n m) 2n m1 易知 2 1 的最小值为 . ( n m) n m 3 4 故 max .故选 A. ( 1 e1 1 e2) 4 3 3 4 (2019贵阳模拟)已知双曲线 x2y21 的左、 右顶点分别为 A1， A2，动直线 l： ykxm 与圆 x2y21 相切，且与双曲线左、右两支 的交
6、点分别为 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则 x2x1的最小值为( A ) A2 B22 C4 D3 2 解析：直线 l 与圆相切， 原点到直线的距离 d1， |m| 1k2 m21k2. 由Error!Error! 得(1k2)x22mkx(m21)0， Error!Error! k21，1k1， 由于 x1x2， 2mk 1k2 x2x1， x 1x224x1x2 2 2 |1k2| 2 2 1k2 0k21，当 k20 时，x2x1 取最小值 2，故选 A.2 5(2019河南郑州一模)如图，已知抛物线 C1的顶点在坐标原点， 焦点在 x 轴上，且过点(2,4)，圆 C2：x2y
7、24x30，过圆心 C2的 直线 l 与抛物线和圆分别交于 P，Q，M，N，则|PN|4|QM|的最小值 为( A ) A23 B42 C12 D52 解析：由题意可设抛物线 C1的方程为 y22px(p0)，因为抛物 线C1过点(2,4)， 所以162p2， 得p4， 所以y28x.圆C2： x2y24x 30， 整理得(x2)2y21， 可得圆心 C2(2,0)恰好是抛物线 y28x 的焦点，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线 l 的斜率不存在时，l： x2， 所以P(2,4)， Q(2， 4)， 所以|PN|4|QM|PC2|C2N|4|QC2|4|C2M| |PC2|4|Q
8、C2|5444525. 当直线 l 的斜率存在且不为零时，可设 l 的方程为 yk(x2)，联 立Error!Error!可得 k2(x2)28x，整理得 k2x2(4k28)x4k20，0， 则 x1x24， 故 x2 ， 所以|PN|4|QM|PC2|4|QC2|5x1 4x2 4 x1 p 2 4 5x14x215x11521581523 p 2 16 x1 x1 16 x1 .因为 2325，所以|PN|4|QM| ( 当且仅当x116 x1 ，即x14时取“”) 的最小值为 23.故选 A. 6 (2018浙江卷)已知点 P(0,1)， 椭圆 y2m(m1)上两点 A， B x2 4
9、 满足2，则当 m5 时，点 B 横坐标的绝对值最大 AP PB 解析：本小题考查椭圆的标准方程，向量的坐标运算，二次函数 的最值 设 B(t，u)，由 A2 P，易得 A(2t,32u) P B 点 A，B 都在椭圆上， Error!Error! 从而有3u212u90， 3t2 4 即 u24u3. t2 4 即有 4u3mu， m3 4 m， t2 4 m32 16 t2 m2 m (m5)24. 1 4 5 2 9 4 1 4 当 m5 时，(t2)max4，即|t|max2， 即当 m5 时，点 B 横坐标的绝对值最大 7(2019合肥模拟)若点 O 和点 F 分别为椭圆 1 的中心
10、和 x2 9 y2 8 左焦点，点 P 为椭圆上的任一点，则的最小值为 6. OP FP 解析 ： 点 P 为椭圆 1 上的任意一点， 设 P(x， y)(3x3， x2 9 y2 8 2y2)，依题意得左焦点 F(1,0)，22 (x，y)，(x1，y)， OP FP x(x1)y2x2x 2 . OP FP 728x2 9 1 9(x 9 2) 23 4 3x3， x ， 3 2 9 2 15 2 2 ， 9 4 ( x9 2) 225 4 2 ， 1 4 1 9(x 9 2) 225 36 6 2 12， 1 9(x 9 2) 23 4 即 612，故最小值为 6. OP FP 8(20
11、19河北百校联盟联考)已知抛物线 C：x28y 的焦点为 F， 准线为 l1， 直线 l2与抛物线 C 相切于点 P， 记点 P 到直线 l1的距离为 d1， 点 F 到直线 l2的距离为 d2，则的最大值为 . d2 d12 1 2 解析 ： 依题意， 得点 F(0,2)， 因为 y ， 所以 y ， 设 P(x0， y0)， x2 8 x 4 则直线 l2：yy0 (xx0)，即xyy00，故点 F 到直线 l2的距 x0 4 x0 4 离 d2， 又点 P 到直线 l1的距离 d1|PF| |2y0| x2 0 161 2y0 y0 2 1 2y02 y0 2， 所 以 d2 d12 2
12、 y02 y04 2 1 y02 2 y02 2 ， 当且仅当， 即 y00 时， 取等号， 1 2 y0 2 2 y02 1 2 y02 2 y02 所以的最大值为 . d2 d12 1 2 9 (2018北京卷)已知抛物线C： y22px经过点P(1,2)， 过点Q(0,1) 的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A， B， 且直线 PA 交 y 轴于 M， 直线 PB 交 y 轴于 N. (1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)设 O 为原点，求证： 为定值 QM QO QN QO 1 1 解：(1)因为抛物线 y22px 过点(1,2)，所以 2p4，即 p2. 故抛物线 C
13、 的方程为 y24x， 由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 ykx1(k0) 由Error!Error!得 k2x2(2k4)x10. 依题意 (2k4)24k210，解得 k0 或 0k1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，2) 从而 k3. 所以直线 l 斜率的取值范围是(，3)(3,0)(0,1) (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由(1)知 x1x2，x1x2 . 2k4 k2 1 k2 直线 PA 的方程为 y2(x1) y12 x11 令 x0，得点 M 的纵坐标为 yM22. y12 x11 kx11 x11 同
14、理得点 N 的纵坐标为 yN2. kx21 x21 由， 得 1yM，1yN. QM QO QN QO 所 以 1 1 1 1yM 1 1yN x11 k1x1 x21 k1x2 1 k1 2. 2x1x2x1x2 x1x2 1 k1 2 k2 2k4 k2 1 k2 所以 为定值 1 1 10(2016全国卷)已知椭圆 E： 1 的焦点在 x 轴上，A x2 t y2 3 是E的左顶点， 斜率为k(k0)的直线交E于A， M两点， 点N在E上， MA NA. (1)当 t4，|AM|AN|时，求AMN 的面积； (2)当 2|AM|AN|时，求 k 的取值范围 解：(1)设 M(x1，y1)
15、，则由题意知 y10. 当 t4 时，E 的方程为 1，A(2,0) x2 4 y2 3 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为 . 4 由此直线 AM 的方程为 yx2. 将 xy2 代入 1 得 7y212y0. x2 4 y2 3 解得 y0 或 y，所以 y1. 12 7 12 7 因此AMN 的面积 SAMN2 . 1 2 12 7 12 7 144 49 (2)由题意知， t3， k0， A(， 0) 将直线 AM 的方程 yk(xt )代入 1 得(3tk2)x22tk2xt2k23t0.t x2 t y2 3 t 由 x1()得 x1，t t2k23t 3tk2 t3t
16、k2 3tk2 故|AM|x1|.t1k2 6 t1k2 3tk2 由题设知，直线 AN 的方程为 y (x)，故同理可得|AN| 1 k t . 6k t1k2 3k2t 由 2|AM|AN|得， 2 3tk2 k 3k2t 即(k32)t3k(2k1) 当 k时上式不成立， 3 2 因此 t. 3k2k1 k32 t3 等价于0， k32k2k2 k32 k2k2 1 k32 即0. k2 k32 由此得Error!Error!或Error!Error!， 解得k2. 3 2 因此 k 的取值范围是(，2) 3 2 11已知椭圆 C：9x2y2m2(m0)，直线 l 不过原点 O 且不平
17、行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M. (1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； (2)若 l 过点，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB ( m 3 ，m) 能否为平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由 解：(1)设直线 l：ykxb(k0，b0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM) 将 ykxb 代入 9x2y2m2得(k29)x22kbxb2m20，故 xM，yMkxMb. x1x2 2 kb k29 9b k29 于是直线 OM 的斜率 kOM ，即 kOMk9. yM xM 9 k
18、所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值 (2)四边形 OAPB 能为平行四边形 因为直线 l 过点， ( m 3 ，m) 所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0，k3. 由(1)得 OM 的方程为 y x. 9 k 设点 P 的横坐标为 xp. 由Error!Error!得 x ，即 xp. 2 p k2m2 9k281 km 3 k 29 将点的坐标代入 l 的方程得 b， 因此 xM. ( m 3 ，m) m3k 3 kk3m 3k2 9 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平 分，即 xp2xM. 于是2，解得 k14，k24.
19、 km 3 k 29 kk3m 3k2 9 77 因为 ki0，ki3，i1,2，所以当 l 的斜率为 4或 4时，77 四边形 OAPB 为平行四边形 12 (2019潍坊模拟)已知椭圆 C：1(ab0)上动点 P 到 x2 a2 y2 b2 两焦点 F1，F2的距离之和为 4，当点 P 运动到椭圆 C 的一个顶点时， 直线 PF1恰与以原点 O 为圆心， 以椭圆 C 的离心率 e 为半径的圆相切 (1)求椭圆 C 的方程 (2)设椭圆 C 的左、右顶点分别为 A，B，若 PA，PB 交直线 x6 于不同的两点 M，N.问以线段 MN 为直径的圆是否过定点？若是，请 求出该定点的坐标；若不是
20、，请说明理由 解：(1)由椭圆的定义可知 2a4，a2， 若点 P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线 PF1与圆一定相交，故 点 P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点 P 为上顶点(0，b)，F1为左 焦点(c,0)， 则直线 PF1： bxcybc0，由题意得原点 O 到直线 PF1的距离 等于椭圆 C 的离心率 e，所以 ， bc b2c2 c a 所以 c23b2，又 a2b2c2， 所以 b1， 故椭圆 C 的方程为 y21. x2 4 (2)由题意知直线 PA，PB 的斜率存在且都不为 0. 设 kPAk，点 P(x0，y0)，x02， 又 A(2,0)，B(2,0)， 所以 kPAk
21、PB ，得 kPB， y0 x02 y0 x02 y2 0 x2 04 1x 2 0 4 x2 04 1 4 1 4k 直线 PA 的方程为 yk(x2)， 令 x6，得 y8k，故 M(6,8k)； 直线 PB 的方程为 y(x2)， 1 4k 令 x6，得 y ，故 N(6， ) 1 k 1 k 因为 yMyN8k( )80， 所以以线段 MN 为直径的圆与 x 轴 1 k 交于两点，设为 G，H，并设 MN 与 x 轴的交点为 K，在以线段 MN 为直径的圆中应用相交弦定理得， |GK|HK|MK|NK|8k| |8， 1 k 因为|GK|HK|， 所以|GK|HK|2，2 从而以线段
22、MN 为直径的圆恒过两个定点 G(62，0)，H(622 ，0)2 13 已知抛物线C1： x24y的焦点F也是椭圆C2：1(ab y2 a2 x2 b2 0)的一个焦点，C1与 C2的公共弦的长为 2 . 6 (1)求 C2的方程； (2)过点 F 的直线 l 与 C1相交于 A，B 两点，与 C2相交于 C，D 两 点，且与同向 AC BD ()若|AC|BD|，求直线 l 的斜率； ()设 C1在点 A 处的切线与 x 轴的交点为 M， 证明 ： 直线 l 绕点 F 旋转时，MFD 总是钝角三角形 解：(1)由 C1：x24y 知其焦点 F 的坐标为(0,1)因为 F 也是椭 圆 C2的
23、一个焦点，所以 a2b21. 又 C1与 C2的公共弦的长为 2， C1与 C2都关于 y 轴对称， 且 C16 的方程为 x24y，由此易知 C1与 C2的公共点的坐标为，所 ( 6，3 2) 以1. 9 4a2 6 b2 联立，得 a29，b28. 故 C2的方程为 1. y2 9 x2 8 (2)如图，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4) (i)因与同向， 且|AC|BD|， 所以， 从而 x3x1x4 AC BD AC BD x2，即 x1x2x3x4，于是(x1x2)24x1x2(x3x4)24x3x4. 设直线 l 的斜率为 k， 则 l 的方
24、程为 ykx1. 由Error!Error!得 x24kx40.而 x1， x2是这个方程的两根， 所以 x1x2 4k，x1x24. 由Error!Error!得(98k2)x216kx640.而 x3，x4是这个方程的两根， 所以 x3x4，x3x4. 16k 98k2 64 98k2 将，代入， 得 16(k21)， 162k2 98k22 4 64 98k2 即 16(k21)， 162 9k2 1 98k22 所以(98k2)2169，解得 k，即直线 l 的斜率为. 6 4 6 4 (ii)由x24y得y ， 所以C1在点A处的切线方程为yy1 (x x 2 x1 2 x1)，即 y . x1x 2 x2 1 4 令 y0，得 x ，即 M， x1 2 ( x1 2 ，0) 所以. FM ( x1 2 ，1) 而(x1，y11)，于是 y11 10， FA FA FM x2 1 2 x2 1 4 因此AFM 是锐角，从而MFD180AFM 是钝角 故直线 l 绕点 F 旋转时，MFD 总是钝角三角形