9、：15
14．(2020·濰坊市高考適應(yīng)性訓(xùn)練)已知雙曲線的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，且一條漸近線為直線x＋y＝0，則該雙曲線的離心率等于________．
解析：設(shè)雙曲線方程為－＝1，則＝，＝3，＝3，∴e＝＝2.
答案：2
15．(2020·濰坊2月模擬)雙曲線－＝1的右焦點(diǎn)到漸近線的距離是________．
解析：雙曲線右焦點(diǎn)為(3,0)，漸近線方程為：y＝±x，則由點(diǎn)到直線的距離公式可得距離為.
答案：
16．(2020·鄭州市質(zhì)量預(yù)測(cè)(二))設(shè)拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)為F，經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,4)的直線l與拋物線相交于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P恰為AB的中點(diǎn)，則||＋||＝____
10、____.
解析：∵x2＝4y，∴p＝2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝8.∵||＝y(tǒng)1＋，||＝y(tǒng)2＋，
∴||＋||＝y(tǒng)1＋y2＋p＝8＋2＝10.
答案：10
三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
17．(本小題滿分12分)(2020·陜西)
如圖，設(shè)P是圓x2＋y2＝25上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)D是P在x軸上的投影，M為PD上一點(diǎn)，且|MD|＝|PD|.
(1)當(dāng)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)M的軌跡C的方程；
(2)求過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長(zhǎng)度．
解：(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，
11、P的坐標(biāo)為(xP，yP)，
由已知得
∵P在圓上，∴x2＋2＝25，
即點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋＝1.
(2)過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線方程為
y＝(x－3)，
設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，
將直線方程y＝(x－3)代入C的方程，得
＋＝1，
即x2－3x－8＝0.
∴x1＝，x2＝.
∴線段AB的長(zhǎng)度為
|AB|＝
＝ ＝ ＝.
18．(本小題滿分12分)
(2020·廣東)設(shè)圓C與兩圓(x＋)2＋y2＝4，(x－)2＋y2＝4中的一個(gè)內(nèi)切，另一個(gè)外切．
(1)求圓C的圓心軌跡L的方程；
(2)已知點(diǎn)M，F(xiàn)(，0)且P為L(zhǎng)上動(dòng)點(diǎn)
12、，求||MP|－|FP||的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．
解：(1)設(shè)動(dòng)圓C的圓心C(x，y)，半徑為r.
兩個(gè)定圓半徑均為2，圓心分別為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，且|F1F2|＝2.
若⊙C與⊙F1外切與⊙F2內(nèi)切，則 |CF1|－|CF2|＝(r＋2)－(r－2)＝4
若⊙C與⊙F1內(nèi)切與⊙F2外切，則|CF2|－|CF1|＝(r＋2)－(r－2)＝4.
∴||CF1|－|CF2||＝4且4<2.
∴動(dòng)點(diǎn)C的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，實(shí)軸長(zhǎng)為4的雙曲線．
這時(shí)a＝2，c＝，b＝c2－a2＝1，焦點(diǎn)在x軸上．
∴點(diǎn)C軌跡方程為－y2＝1.
(2)若P在－y2＝1的左
13、支上，
則||PM|－|PF||<|MF|.
若P在－y2＝1的右支上，
由圖知，P為射線MF與雙曲線右支的交點(diǎn)，
||FM|－|PF||max＝|MF|＝ ＝2.
直線MF：y＝－2(x－)．
由得15x2－32x＋84＝0，
解之得：或
所以P點(diǎn)坐標(biāo)為.
19．(本小題滿分12分)
(2020·安徽)設(shè)λ>0，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,1)，點(diǎn)B在拋物線y＝x2上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q滿足＝λ，經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q與x軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)M，點(diǎn)P滿足＝λ，求點(diǎn)P的軌跡方程．
解：由＝λ知Q，M，P三點(diǎn)在同一條垂直于x軸的直線上，故可設(shè)P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，
14、則x2－y0＝λ(y－x2)，即y0＝(1＋λ)x2－λy. ①
再設(shè)B(x1，y1)，由＝λ，即(x－x1，y0－y1)＝λ(1－x,1－y0)，解得
②
將①式代入②式，消去y0，得
③
又點(diǎn)B在拋物線y＝x2上，所以y1＝x，再將③式代入y1＝x，得
(1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝[(1＋λ)x－λ]2.
(1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)2x2－2λ(1＋λ)x＋λ2.
2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0.
因λ>0
15、，兩邊同除以λ(1＋λ)，得2x－y－1＝0.
故所求點(diǎn)P的軌跡方程為y＝2x－1.
20．(本小題滿分12分)
(2020·天津)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P(a，b)(a>b>0)為動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)1、F2分別為橢圓＋＝1的左、右焦點(diǎn)．已知△F1PF2為等腰三角形．
(1)求橢圓的離心率e.
(2)設(shè)直線PF2與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，M是直線PF2上的點(diǎn)，滿足·＝－2，求點(diǎn)M的軌跡方程．
解：(1)設(shè)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)，由題意，可得|PF2|＝|F1F2|，
即＝2c，整理得22＋－1＝0，得＝－1(舍)或＝，所以e＝.
(2)由(1)知a＝2c，h＝c，
16、可得橢圓方程為3x2＋4y2＝12c2.
直線PF2方程為y＝(x－c)．
A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組消去y并整理，
得5x2－8cx＝0，解得x1＝0，x2＝c，得方程組的解不妨設(shè)A，
B(0，－c)．
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，則＝，＝(x，y＋c)．
由y＝(x－c)，得c＝x－y，于是＝，＝(x，x)，由·＝－2，即·x＋·x＝－2，化簡(jiǎn)得18x2－16xy－15＝0.
將y＝代入c＝x－y，得c＝>0，所以x>0.
因此，點(diǎn)M的軌跡方程是18x2－16xy－15＝0(x>0)．
21．(本小題滿分12分)
(2020·山東)已知?jiǎng)又本€l與橢圓C：＋＝1交于
17、P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點(diǎn)，且△OPQ的面積S△OPQ＝，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)證明x＋x和y＋y均為定值；
(2)設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M，求|OM|·|PQ|的最大值；
(3)橢圓C上是否存在三點(diǎn)D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)證明：①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，P，Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱．
所以x2＝x1，y2＝－y1，
因?yàn)镻(x1，y1)在橢圓上，
因此＋＝1. ①
又因?yàn)镾△OPQ＝.所以|x1
18、|·|y1|＝. ②
由①②得|x1|＝，|y1|＝1，
此時(shí)x＋x＝3，y＋y＝2.
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m.
由題意知m≠0，將其代入＋＝1得
(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0.
其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0.
即3k2＋2>m2. (*)
又x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|PQ|＝·＝·.
因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d＝.
所以S△OPQ＝|PQ|·d
＝··
＝又S
19、△OPQ＝.
整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式．此時(shí)，x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝2－2×＝3.
y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2.
綜上所述，x＋x＝3；y＋y＝2，結(jié)論成立．
(2)解法一：
①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)．
由(1)知|OM|＝|x1|＝.|PQ|＝2|y1|＝2.
因此|OM|·|PQ|＝×2＝.
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，由(1)知：
＝－.
＝k＋m
＝＋m＝－＝.
|OM|2＝2＋2＝＋＝＝.
|PQ|2＝(1＋k2)
＝＝2.
所以|OM|2·|PQ|2＝××2×＝
≤2＝.
所以|OM|·|
20、PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)3－＝2＋，即m＝±時(shí)，等號(hào)成立．
綜合(1)(2)得|OM|·|PQ|的最大值為.
解法二：
因?yàn)?|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2
＝2[(x＋x)－(y＋y)]＝10.
所以2|OM|·|PQ|≤＝＝5.
即|OM|·|PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|＝|PQ|＝時(shí)等號(hào)成立．因此|OM|·|PQ|的最大值為.
(3)橢圓C上不存在三點(diǎn)D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
證明：假設(shè)存在D(u，v)，E(x1，y1)，O(x2，y2)滿足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝，
21、
由(1)得
u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3，v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2，
解得：u2＝x＝x＝，v2＝y(tǒng)＝y(tǒng)＝1.
因此，u，x1，x2只能從±中選取，v，y1，y2只能從±1中選取，因此D、E、G只能在這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn)，
而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過(guò)原點(diǎn)．
與S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾．
所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn)D，E，G.
22．(本小題滿分14分)
(2020·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M、N分別是橢圓＋＝1的頂點(diǎn)，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交橢圓于P，A兩點(diǎn)，其中點(diǎn)P在第一象限，過(guò)P作x軸的垂線，垂足為C，連接AC，
22、并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)B，設(shè)直線PA的斜率為k.
(1)若直線PA平分線段MN，求k的值；
(2)當(dāng)k＝2時(shí)，求點(diǎn)P到直線AB的距離d；
(3)對(duì)任意的k>0，求證：PA⊥PB.
解：(1)由題設(shè)知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以線段MN中點(diǎn)的坐標(biāo)為.由于直線PA平分線段MN，故直線PA過(guò)線段MN的中點(diǎn)，又直線PA過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以k＝＝.
(2)直線PA的方程為y＝2x，代入橢圓方程得
＋＝1，解得x＝±，
因此P，A.
于是C，直線AC的斜率為＝1，故直線AB的方程為x－y－＝0.
因此，d＝＝.
(3)證法一：將直線PA的方程y＝kx代入＋＝1
23、，解得x＝±記μ＝，
則P(μ，μk)，A(－μ，－μk)．于是C(μ，0)．故直線AB的斜率為＝，
其方程為y＝(x－μ)，
代入橢圓方程得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0，
解得x＝或x＝－μ.
因此B.
于是直線PB的斜率k1＝
＝＝－.
因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.
證法二：設(shè)P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1>0，x2>0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．設(shè)直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因?yàn)镃在直線AB上，所以k2＝＝＝.
從而k1k＋1＝2k1k2＋1＝2··＋1＝＋1＝＝＝0.
因此k1k＝－1，所以PA⊥PB.
2020高考數(shù)學(xué) 專題三綜合測(cè)試題 文
