2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第二編專題整合突破專題六解析幾何第三講圓錐曲線的綜合應(yīng)用適考素能特訓(xùn).DOC
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第二編專題整合突破專題六解析幾何第三講圓錐曲線的綜合應(yīng)用適考素能特訓(xùn) 一、選擇題 1．[xx天津津南一模]平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)A(3,1)，B(－1,3)，若點(diǎn)C滿足＝λ1＋λ2(O為原點(diǎn))，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點(diǎn)C的軌跡是( ) A．直線 B．橢圓 C．圓 D．雙曲線 答案 A 解析 設(shè)C(x，y)，因?yàn)椋溅?＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即 解得又λ1＋λ2＝1， 所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以點(diǎn)C的軌跡為直線，故選A. 2．[xx長(zhǎng)春質(zhì)檢]過(guò)雙曲線x2－＝1的右支上一點(diǎn)P，分別向圓C1：(x＋4)2＋y2＝4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1作切線，切點(diǎn)分別為M，N，則|PM|2－|PN|2的最小值為( ) A．10 B．13 C．16 D．19 答案 B 解析 由題可知，|PM|2－|PN|2＝(|PC1|2－4)－(|PC2|2－1)，因此|PM|2－|PN|2＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|－|PC2|)(|PC1|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C1C2|－3＝13.故選B. 3．[xx山西質(zhì)檢]已知F1、F2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，且|F1F2|＝2，若P是該雙曲線右支上的一點(diǎn)，且滿足|PF1|＝2|PF2|，則△PF1F2面積的最大值是( ) A．1 B. C. D．2 答案 B 解析 ∵ ∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a， 設(shè)∠F1PF2＝θ，∴cosθ＝＝， ∴S2△PF1F2＝2 ＝16a4 ＝－92≤， 當(dāng)且僅當(dāng)a2＝時(shí)，等號(hào)成立，故S△PF1F2的最大值是，故選B. 4．[xx云南統(tǒng)檢]已知雙曲線M的焦點(diǎn)F1、F2在x軸上，直線x＋3y＝0是雙曲線M的一條漸近線，點(diǎn)P在雙曲線M上，且＝0，如果拋物線y2＝16x的準(zhǔn)線經(jīng)過(guò)雙曲線M的一個(gè)焦點(diǎn)，那么||||＝( ) A．21 B．14 C．7 D．0 答案 B 解析 設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)， ∵直線x＋3y＝0是雙曲線M的一條漸近線， ∴＝① 又拋物線的準(zhǔn)線為x＝－4，∴c＝4② 又a2＋b2＝c2③ ∴由①②③得a＝3. 設(shè)點(diǎn)P為雙曲線右支上一點(diǎn)， ∴由雙曲線定義得||PF1|－|PF2||＝6④ 又＝0， ∴⊥， ∴在Rt△PF1F2中||2＋||2＝82⑤ 聯(lián)立④⑤，解得||||＝14. 二、填空題 5．[xx河南洛陽(yáng)統(tǒng)考]已知F1、F2分別是雙曲線3x2－y2＝3a2(a>0)的左、右焦點(diǎn)，P是拋物線y2＝8ax與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝12，則拋物線的準(zhǔn)線方程為________． 答案 x＝－2 解析 將雙曲線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得－＝1，拋物線的準(zhǔn)線為x＝－2a，聯(lián)立?x＝3a，即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3a.而由?|PF2|＝6－a，又易知F2為拋物線的焦點(diǎn)， ∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－2. 6．[xx南昌一模]已知拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F且斜率為1的直線與拋物線相交于M，N兩點(diǎn)．設(shè)直線l是拋物線C的切線，且l∥MN，P為l上一點(diǎn)，則的最小值為________． 答案?。?4 解析 由題意知F(0,1)，所以過(guò)點(diǎn)F且斜率為1的直線方程為y＝x＋1，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4＝0，解得x＝22，所以可取M(2－2，3－2)，N(2＋2，3＋2)，因?yàn)閘∥MN，所以可設(shè)l的方程為y＝x＋m，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4m＝0，又直線l與拋物線相切，所以Δ＝(－4)2－4(－4m)＝0，所以m＝－1，l的方程為y＝x－1.設(shè)點(diǎn)P(x，x－1)，則＝(2－x－2，4－x－2)，＝(2－x＋2，4－x＋2)，＝(2－x)2－8＋(4－x)2－8＝2x2－12x＋4＝2(x－3)2－14≥－14. 7．[xx石家莊質(zhì)檢]設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，M為拋物線C的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，若tan∠AMB＝2，則|AB|＝________. 答案 8 解析 依題意作出圖象如圖所示，設(shè)l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，x1x2＝＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2， ∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF)， ∴＝2， ＝2，y1－y2＝4m2， ∴4＝4m2，m2＝1， ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m2＋4＝8. 三、解答題 8．[xx合肥質(zhì)檢]設(shè)A，B為拋物線y2＝x上相異兩點(diǎn)，其縱坐標(biāo)分別為1，－2，分別以A，B為切點(diǎn)作拋物線的切線l1，l2，設(shè)l1，l2相交于點(diǎn)P. (1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)； (2)M為A，B間拋物線段上任意一點(diǎn)，設(shè)＝λ＋μ，試判斷＋是否為定值？如果為定值，求出該定值；如果不是定值，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解 (1)知A(1,1)，B(4，－2)，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(xP，yP)， 切線l1：y－1＝k(x－1)，聯(lián)立 由拋物線與直線l1相切，解得k＝， 即l1：y＝x＋，同理l2：y＝－x－1， 聯(lián)立l1，l2的方程，可解得 即點(diǎn)P的坐標(biāo)為. (2)設(shè)M(y，y0)，且－2≤y0≤1，由＝λ＋μ得 ＝λ＋μ， 即解得 則＋＝＋＝1，即＋為定值1. 9．[xx山西四校二聯(lián)]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以原點(diǎn)O為圓心，橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線2x－y＋6＝0相切． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)已知點(diǎn)A，B為動(dòng)直線y＝k(x－2)(k≠0)與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)，問(wèn)：在x軸上是否存在定點(diǎn)E，使得2＋為定值？若存在，試求出點(diǎn)E的坐標(biāo)和定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解 (1)由e＝得＝，即c＝a.① 又以原點(diǎn)O為圓心，橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓為x2＋y2＝a2，且該圓與直線2x－y＋6＝0相切， 所以a＝＝，代入①得c＝2， 所以b2＝a2－c2＝2. 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 根據(jù)題意，假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)E(m,0)， 使得2＋＝(＋)＝為定值， 則＝(x1－m，y1)(x2－m，y2) ＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2) ＝， 要使上式為定值，即與k無(wú)關(guān)，3m2－12m＋10＝3(m2－6)，得m＝. 此時(shí)，2＋＝m2－6＝－，所以在x軸上存在定點(diǎn)E使得2＋為定值，且定值為－. 10．[xx云南統(tǒng)考]已知焦點(diǎn)在y軸上的橢圓E的中心是原點(diǎn)O，離心率等于，以橢圓E的長(zhǎng)軸和短軸為對(duì)角線的四邊形的周長(zhǎng)為4.直線l：y＝kx＋m與y軸交于點(diǎn)P，與橢圓E交于A，B兩個(gè)相異點(diǎn)，且＝λ. (1)求橢圓E的方程； (2)是否存在m，使＋λ＝4？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解 (1)根據(jù)已知設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c， 由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝. ∵以橢圓E的長(zhǎng)軸和短軸為對(duì)角線的四邊形的周長(zhǎng)為4， ∴4＝2a＝4，∴a＝2，b＝1. ∴橢圓E的方程為x2＋＝1. (2)根據(jù)已知得P(0，m)，由＝λ，得－＝λ(－)． ∴＋λ＝(1＋λ). ∵＋λ＝4，∴(1＋λ)＝4. 若m＝0，由橢圓的對(duì)稱性得＝，即＋＝0. ∴m＝0能使＋λ＝4成立． 若m≠0，則1＋λ＝4，解得λ＝3. 設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)， 由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0， 由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即 k2－m2＋4>0， 且x1＋x2＝，x1x2＝. 由＝3得－x1＝3x2，即x1＝－3x2. ∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0， ∴＋＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0. 當(dāng)m2＝1時(shí)，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立． ∴k2＝. ∵k2－m2＋4>0， ∴－m2＋4>0，即>0. ∴1下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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