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2022高考數(shù)學一輪復習 第9章 解析幾何 專題研究4 圓錐曲線中的探索性問題練習 理

上傳人:xt****7 文檔編號:105704125 上傳時間:2022-06-12 格式:DOC 頁數(shù):8 大?。?3.50KB
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1、2022高考數(shù)學一輪復習 第9章 解析幾何 專題研究4 圓錐曲線中的探索性問題練習 理 1.(2018·重慶一中期中)當曲線y=-與直線kx-y+2k-4=0有兩個不同的交點時,實數(shù)k的取值范圍是(  ) A.(0,)        B.(,] C.(,1] D.(,+∞) 答案 C 解析 曲線y=-表示圓x2+y2=4的下半部分,直線kx-y+2k-4=0過定點(-2,-4).由=2,解得k=,所以過點(-2,-4)且斜率k=的直線y=x-與曲線y=-相切,如圖所示.過點(-2,-4)與點(2,0)的直線的斜率為=1.所以曲線y=-與直線kx-y+2k=0有兩個不同的交點時,實

2、數(shù)k的取值范圍是(,1].故選C. 2.設拋物線x2=2py(p>0),M為直線y=-2p上任意一點,過M引拋物線的切線,切點分別為A,B,記A,B,M的橫坐標分別為xA,xB,xM,則(  ) A.xA+xB=2xM B.xA·xB=xM2 C.+= D.以上都不對 答案 A 解析 由x2=2py得y=,所以y′=,所以直線MA的方程為y+2p=(x-xM),直線MB的方程為y+2p=(x-xM),所以+2p=(xA-xM)?、?,+2p=(xB-xM) ②,由①②可得xA+xB=2xM,故選A. 3.(2016·浙江,文)設雙曲線x2-=1的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2.若

3、點P在雙曲線上,且△F1PF2為銳角三角形,則|PF1|+|PF2|的取值范圍是________. 答案 (2,8) 解析 由題意不妨設點P在雙曲線的右支上,現(xiàn)考慮兩種極限情況:當PF2⊥x軸時,|PF1|+|PF2|有最大值8;當∠P為直角時,|PF1|+|PF2|有最小值2.因為△F1PF2為銳角三角形,所以|PF1|+|PF2|的取值范圍為(2,8). 4.已知圓C的半徑為2,圓心在直線y=-x+2上,E(1,1),F(xiàn)(1,-3),若圓上存在點Q,使|QF|2-|QE|2=32,則圓心的橫坐標a的取值范圍為________. 答案 [-3,1] 解析 根據(jù)題意,可設圓C的方程為

4、(x-a)2+(y+a-2)2=4,設Q(x,y),由|QF|2-|QE|2=32,得到(x-1)2+(y+3)2-(x-1)2-(y-1)2=32,得y=3,故點Q在直線y=3上,又點Q在圓(x-a)2+(y+a-2)2=4上,所以圓C與直線y=3必須有公共點.因為圓心的縱坐標為-a+2,半徑為2,所以圓C與直線y=3有公共點的充分條件是1≤-a+2≤5,即-3≤a≤1.所以圓心的橫坐標a的取值范圍是[-3,1]. 5.(2018·江西紅色七校二模)已知橢圓的焦點坐標為F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),過F2垂直于長軸的直線交橢圓于P,Q兩點,且|PQ|=3. (1)求橢圓的方程; (

5、2)過F2的直線l與橢圓交于不同的兩點M,N,則△F1MN的內切圓的面積是否存在最大值?若存在,求出這個最大值及此時直線l的方程;若不存在,請說明理由. 答案 (1)+=1 (2)存在,最大值為 解析 (1)設橢圓方程為+=1(a>b>0),由焦點坐標可得c=1,由|PQ|=3,可得=3. 又a2-b2=1,解得a=2,b=, 故橢圓方程為+=1. (2)設M(x1,y1),N(x2,y2),不妨設y1>0,y2<0.設△F1MN的內切圓的半徑為R. 則△F1MN的周長為4a=8, S△F1MN=(|MN|+|F1M|+|F1N|)R=4R. 因此,S△F1MN最大,R就最大,

6、△F1MN的內切圓的面積就最大. 由題知,直線l的斜率不為零,可設直線l的方程為x=my+1. 由得(3m2+4)y2+6my-9=0, 則y1=,y2=, 則S△F1MN=|F1F2|(y1-y2)=y(tǒng)1-y2=. 令t=,t≥1,則S△F1MN===. 令f(t)=3t+,則f′(t)=3-,當t≥1時,f′(t)≥0, f(t)在[1,+∞)上單調遞增,則f(t)≥f(1)=4,S△F1MN≤3,且當t=1,即m=0時,(S△F1MN)max=3. ∵S△F1MN=4R,∴Rmax=,這時所求內切圓面積的最大值為π.故直線l的方程為x=1時,△F1MN內切圓的面積取得最大

7、值π. 6.(2018·安徽六安二模)設點P是圓x2+y2=4上的任意一點,點D是點P在x軸上的投影,動點M滿足 =2,過定點Q(0,2)的直線l與動點M的軌跡交于A,B兩點. (1)求動點M的軌跡方程; (2)在y軸上是否存在點E(0,t),使|EA|=|EB|?若存在,求出實數(shù)t的取值范圍;若不存在,請說明理由. 答案 (1)+=1 (2)存在,t∈(-,0] 解析 (1)設點M的坐標為(x,y),點P的坐標為(xp,yp),則點D的坐標為(xp,0),由 =2,得 ∵點P在圓上,∴x2+(y)2=4,即+=1, ∴點M的軌跡方程為+=1. (2)當直線l的斜率不存在時,直

8、線l的方程為x=0,當E與原點重合,即t=0時,滿足|EA|=|EB|. 當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=kx+2,代入+=1,消去y,得(3+4k2)x2+16kx+4=0, 則由Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,得|k|>. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=. ∵|EA|=|EB|,∴(+)·=0. 又+=(x1+x2,k(x1+x2)+4-2t),=(x2-x1,k(x2-x1)), ∴(x2-x1,k(x2-x1))·(x1+x2,k(x1+x2)+4-2t)=0,展開化簡,得(1+k2)·(x1+x2)+4k-2kt=0

9、, 將x1+x2=-代入化簡,得t=-, 又|k|>,∴t=-∈(-,0). 綜上,存在符合題意的點E,且實數(shù)t的取值范圍為(-,0]. 7.(2018·貴州貴陽考試)已知拋物線E:y2=4x的焦點為F,準線為l,準線l與x軸的交點為P,過點P且斜率為k的直線m交拋物線于不同的兩點A,B. (1)若|AF|+|BF|=8,求線段AB的中點Q到準線的距離; (2)E上是否存在一點M,滿足+=?若存在,求出直線m的斜率;若不存在,請說明理由. 答案 (1)4 (2)不存在 解析 (1)由拋物線E的方程為y2=4x, 可得F(1,0),準線l:x=-1,P(-1,0). 過點A作

10、AA′⊥l,過點B作BB′⊥l,垂足分別為A′,B′. 由拋物線的定義得|AF|=|AA′|,|BF|=|BB′|, ∴由|AF|+|BF|=8得|AA′|+|BB′|=8. 過AB的中點Q作QQ′⊥l,垂足為Q′, 故QQ′是直角梯形AA′B′B的中位線, ∴|QQ′|===4,即線段AB的中點Q到準線的距離為4. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y), 則+=(x1+1,y1)+(x2+1,y2)=(x1+x2+2,y1+y2)=(x+1,y)=, 故即 設直線m的方程為y=k(x+1), 聯(lián)立得k2x2+(2k2-4)x+k2=0, ∴Δ=(2k

11、2-4)2-4k4=16-16k2>0,x1+x2=. ∴=x-1,∴x=. ∴y1+y2=k(x1+x2)+2k=k·+2k=. ∴y=.∴M(,). ∵點M在拋物線上,∴()2=4·, 即=-4,此方程無解. ∴不存在滿足條件的點M. 8.(2018·吉林普通中學第一次調研)如圖,已知橢圓E:+=1(0

12、值為-3 解析 (1)由已知,點C,D的坐標分別為(0,-b),(0,b). 又點P的坐標為(0,1),且·=-2, 于是解得c=1,b=. 所以橢圓E的方程為+=1. 因為c=1,a=2,所以離心率e=. (2)當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=kx+1,點A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2). 聯(lián)立得(4k2+3)x2+8kx-8=0. 其判別式Δ>0,所以x1+x2=,x1x2=. 從而·+λ· =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 = =-2λ-3. 所

13、以當λ=2時,-2λ-3=-7, 即·+λ·=-7為定值. 當直線AB的斜率不存在時,直線AB即直線CD. 此時·+λ·=·+2·=-3-4=-7. 故存在常數(shù)λ=2,使得·+λ·為定值-7. 1.已知拋物線y2=2px(p>0),O是坐標原點,F(xiàn)是拋物線的焦點,P是拋物線上一點,則使得△POF是直角三角形的點P共有(  ) A.0個 B.2個 C.4個 D.6個 答案 B 解析 當∠OFP為直角時,作出圖形如圖所示,過焦點F作PF⊥x軸,交拋物線于點P,P′,則△OFP,△OFP′都是直角三角形.顯然∠POF不可能為直角.若∠OPF=90°,易知F(,0),設P

14、(,y),可得=(,y),=(-,y),∴·=(-)+y2=+.∵>0,>0,∴·>0,∴cos∠OPF>0,∴∠OPF為銳角,不可能為直角.綜上,使得△POF是直角三角形的點P有且有2個. 2.(2018·江蘇鹽城中學摸底)命題p:已知橢圓+=1(a>b>0),F(xiàn)1,F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點,P為橢圓上的一個動點,過F2作∠F1PF2外角的平分線的垂線,垂足為M,則OM的長為定值.類比此命題,在雙曲線中也有命題q:已知雙曲線-=1(a>0,b>0),F(xiàn)1,F(xiàn)2是雙曲線的兩個焦點,P為雙曲線上的一個動點,過F2作∠F1PF2的________的垂線,垂足為M,則OM的長為定值________.

15、 答案 內角平分線 a 解析 ∵F1,F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點,P為橢圓上的一個動點,過F2作∠F1PF2外角的平分線的垂線,垂足為M,∴點F2關于∠F1PF2的外角平分線PM的對稱點Q在F1P的延長線上,|F1Q|=|PF1|+|PF2|=2a(橢圓長軸長),又OM是△F2F1Q的中位線,故|OM|=a.不妨設點P在雙曲線右支上,當過F2作∠F1PF2的內角平分線的垂線,垂足為M時,點F2關于∠F1PF2的內角平分線PM的對稱點Q在PF1上,|F1Q|=|PF1|-|PF2|=2a,又OM是△F2F1Q的中位線,故|OM|=a. 3.(2018·海南海口三模)已知橢圓C:+y2=1(a>1)

16、的左、右焦點分別為F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0),P為橢圓C上任意一點,且·的最小值為0. (1)求橢圓C的方程; (2 )若動直線l1,l2均與橢圓C相切,且l1∥l2,試探究在x軸上是否存在定點B,使得點B到l1,l2的距離之積恒為1?若存在,請求出點B的坐標;若不存在,請說明理由. 答案 (1)+y2=1 (2)略 解析 (1)設P(x,y),則有=(x+c,y),=(x-c,y), ·=x2+y2-c2=+1-c2,x∈[-a,a], 由·的最小值為0,得1-c2=0,∴c=1,a2=2, ∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)①當直線l1,l2斜率存在時,設其方程分別

17、為y=kx+m,y=kx+n, 把l1的方程代入橢圓方程得(1+2k2)x2+4mkx+2m2-2=0. ∵直線l1與橢圓C相切,Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)=0, 化簡得m2=1+2k2,同理,n2=1+2k2, ∴m2=n2.若m=n,則l1,l2重合,不合題意,∴m=-n. 設在x軸上存在點B(t,0),點B到直線l1,l2的距離之積為1, 則·=1,即|k2t2-m2|=k2+1, 把1+2k2=m2代入并去絕對值,整理得k2(t2-3)=2或k2(t2-1)=0,前式顯然不恒成立; 而要使得后式對任意的k∈R恒成立,則t2-1=0,解得t=±1.

18、 ②當直線l1,l2斜率不存在時,其方程為x=和x=-,定點(-1,0)或(1,0)到直線l1,l2的距離之積為(+1)·(-1)=1, 綜上所述,滿足題意的定點B為(-1,0)和(1,0). 4.(2018·吉林一中二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)與直線x-y+4=0相切. (1)求該拋物線的方程; (2)在x軸的正半軸上,是否存在某個確定的點M,過該點的動直線l與拋物線C交于A,B兩點,使得+為定值?如果存在,求出點M的坐標;如果不存在,請說明理由. 答案 (1)y2=8x (2)略 解析 (1)聯(lián)立方程,有消去x,得y2-2py+8p=0,由直線與拋物線相切,得Δ=

19、8p2-32p=0,解得p=4. 所以拋物線的方程為y2=8x. (2)假設存在滿足條件的點M(m,0)(m>0). 直線l:x=ty+m,由得y2-8ty-8m=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2),有y1+y2=8t,y1y2=-8m. |AM|2=(x1-m)2+y12=(t2+1)y12, |BM|2=(x2-m)2+y22=(t2+1)y22. +=+=·=·, 當m=4時,+為定值,所以M(4,0). 5.(2018·浙江溫州第一次考試)如圖,動圓C過點F(1,0),且與直線x=-1相切于點P. (1)求圓C的軌跡Γ的方程; (2)過點F任作一直線交軌跡

20、Γ于A,B兩點,設PA,PF,PB的斜率分別為k1,k2,k3,問:是否為定值?若是,求出此定值;若不是,請說明理由. 答案 (1)y2=4x (2)定值為2 解析 (1)由題意,圓心C到點F(1,0)的距離與到直線x=-1的距離相等. 由拋物線的定義,可知圓心C的軌跡是以F(1,0)為焦點,以直線x=-1為準線的拋物線,其中=1,所以p=2. 故圓心C的軌跡Γ的方程是y2=4x. (2)設直線AB的方程為x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2). 聯(lián)立方程,得整理得y2-4my-4=0, 則y1+y2=4m,y1y2=-4. 設P(-1,t),則k1==,k3=,k2==-. k1+k3=====-t,則==2,故為定值,定值為2.

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