創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學文總復習練習：第八章 解析幾何 課時作業(yè)52 Word版含解析

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1、 課時作業(yè)52　圓錐曲線的綜合問題　　　　　　　　　　　　　 1．(2019·河北石家莊一模)傾斜角為的直線經過橢圓＋＝1(a＞b＞0)的右焦點F，與橢圓交于A、B兩點，且＝2 ，則該橢圓的離心率為(　B　) A. B. C. D. 解析：由題可知，直線的方程為y＝x－c，與橢圓方程聯(lián)立得 ∴(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 又＝2 ， ∴(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)， ∴－y1＝2y2， 可得 ∴＝， ∴e＝，故選B. 2．(2019·河北七校聯(lián)考)如圖，由拋物線y2＝8x與圓E：(

2、x－2)2＋y2＝9的實線部分構成圖形Ω，過點P(2,0)的直線始終與圓形Ω中的拋物線部分及圓部分有交點，則|AB|的取值范圍為(　D　) A．[2,3] B．[3,4] C．[4,5] D．[5,6] 解析：由題意可知拋物線y2＝8x的焦點為F(2,0)，圓(x－2)2＋y2＝9的圓心為E(2,0)，因此點P，F(xiàn)，E三點重合，所以|PA|＝3. 設B(x0，y0)， 則由拋物線的定義可知|PB|＝x0＋2， 由得(x－2)2＋8x＝9， 整理得x2＋4x－5＝0，解得x1＝1，x2＝－5(舍去)，設圓E與拋物線交于C，D兩點，所以xC＝xD＝1， 因此0≤x0≤1

3、，又|AB|＝|AP|＋|BP|＝3＋x0＋2＝x0＋5，所以|AB|＝x0＋5∈[5,6]，故選D. 3．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(　A　) A. B. C．3 D．2 解析：解法一：設橢圓方程為＋＝1(a1＞b1＞0)，離心率為e1，雙曲線的方程為－＝1(a2＞0，b2＞0)，離心率為e2，它們的焦距為2c，不妨設P為兩曲線在第一象限的交點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左，右焦點，則易知 解得 在△F1PF2中，由余弦定理得(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)·(a1－

4、a2)cos 60°＝4c2， 整理得a＋3a＝4c2， 所以＋＝4，即＋＝4. 設a＝，b＝， ∴＋＝a·b≤|a|·|b|＝×＝×＝，故＋的最大值是，故選A. 解法二：不妨設P在第一象限， |PF1|＝m，|PF2|＝n. 在△PF1F2中， 由余弦定理得m2＋n2－mn＝4c2. 設橢圓的長軸長為2a1，離心率為e1，雙曲線的實軸長為2a2，離心率為e2，它們的焦距為2c，則＋＝＝＝. ∴2＝＝＝， 易知2－＋1的最小值為. 故max＝.故選A. 4．(2019·貴陽模擬)已知雙曲線x2－y2＝1的左、右頂點分別為A1，A2，動直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2

5、＝1相切，且與雙曲線左、右兩支的交點分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x2－x1的最小值為(　A　) A．2 B．2 C．4 D．3 解析：∵直線l與圓相切， ∴原點到直線的距離d＝＝1， ∴m2＝1＋k2. 由 得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0， ∴ ∴k2＜1，∴－1＜k＜1， 由于x1＋x2＝， ∴x2－x1＝＝＝， ∵0≤k2＜1，∴當k2＝0時，x2－x1 取最小值2，故選A. 5．(2019·河南鄭州一模)如圖，已知拋物線C1的頂點在坐標原點，焦點在x軸上，且過點(2,4)，圓C2：x2＋y2－4x＋3＝0，過圓心C2的

6、直線l與拋物線和圓分別交于P，Q，M，N，則|PN|＋4|QM|的最小值為(　A　) A．23 B．42 C．12 D．52 解析：由題意可設拋物線C1的方程為y2＝2px(p＞0)，因為拋物線C1過點(2,4)，所以16＝2p×2，得p＝4，所以y2＝8x.圓C2：x2＋y2－4x＋3＝0，整理得(x－2)2＋y2＝1，可得圓心C2(2,0)恰好是拋物線y2＝8x的焦點，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，當直線l的斜率不存在時，l：x＝2，所以P(2,4)，Q(2，－4)，所以|PN|＋4|QM|＝|PC2|＋|C2N|＋4|QC2|＋4|C2M|＝|PC2|＋4|QC

7、2|＋5＝4＋4×4＋5＝25. 當直線l的斜率存在且不為零時，可設l的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立可得k2(x－2)2＝8x，整理得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＞0，則x1x2＝4，故x2＝，所以|PN|＋4|QM|＝|PC2|＋4|QC2|＋5＝x1＋＋4x2＋4×＋5＝x1＋4x2＋15＝x1＋＋15≥2＋15＝8＋15＝23.因為23＜25，所以|PN|＋4|QM|的最小值為23.故選A. 6．(2018·浙江卷)已知點P(0,1)，橢圓＋y2＝m(m>1)上兩點A，B滿足＝2，則當m＝5時，點B橫坐標的絕對值最大． 解析：本小題考查橢圓的標準方程，向量的坐標運算，

8、二次函數(shù)的最值． 設B(t，u)，由A＝2 P，易得A(－2t,3－2u)． ∵點A，B都在橢圓上， ∴ 從而有＋3u2－12u＋9＝0， 即＋u2＝4u－3. 即有4u－3＝m?u＝， ∴＋＝m， ∴t2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4. ∴當m＝5時，(t2)max＝4，即|t|max＝2， 即當m＝5時，點B橫坐標的絕對值最大． 7．(2019·合肥模擬)若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任一點，則·的最小值為6. 解析：點P為橢圓＋＝1上的任意一點，設P(x，y)(－3≤x≤3，－2≤y≤2)，依題意得左焦點F(－1,0)， ∴＝(x

9、，y)，＝(x＋1，y)， ∴·＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋＝2＋. ∵－3≤x≤3， ∴≤x＋≤， ∴≤2≤， ∴≤2≤， ∴6≤2＋≤12， 即6≤·≤12，故最小值為6. 8．(2019·河北百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知拋物線C：x2＝8y的焦點為F，準線為l1，直線l2與拋物線C相切于點P，記點P到直線l1的距離為d1，點F到直線l2的距離為d2，則的最大值為. 解析：依題意，得點F(0,2)，因為y＝，所以y′＝，設P(x0，y0)，則直線l2：y－y0＝(x－x0)，即x－y－y0＝0，故點F到直線l2的距離d2＝＝＝·，又點P到直線l1的距離d1＝|PF|＝y(tǒng)0＋2，

10、所以＝×＝×≤×＝，當且僅當＝，即y0＝0時，取等號，所以的最大值為. 9．(2018·北京卷)已知拋物線C：y2＝2px經過點P(1,2)，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N. (1)求直線l的斜率的取值范圍； (2)設O為原點，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． 解：(1)因為拋物線y2＝2px過點(1,2)，所以2p＝4，即p＝2. 故拋物線C的方程為y2＝4x， 由題意知，直線l的斜率存在且不為0. 設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)． 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依題意Δ＝(2k－4)2－4×

11、k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1. 又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2)． 從而k≠－3. 所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝. 直線PA的方程為y－2＝(x－1)． 令x＝0，得點M的縱坐標為yM＝＋2＝＋2. 同理得點N的縱坐標為yN＝＋2. 由＝λ， ＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2. 所以＋為定值． 10．(2016·全國卷Ⅱ)已知橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k＞0)的直

12、線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍． 解：(1)設M(x1，y1)，則由題意知y1＞0. 當t＝4時，E的方程為＋＝1，A(－2,0)． 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 由此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2×××＝. (2)由題意知，t＞3，k＞0，A(－，0)．將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t

13、2k2－3t＝0. 由x1·(－)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設知，直線AN的方程為y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝. 由2|AM＝|AN|得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 當k＝時上式不成立， 因此t＝. t＞3等價于＝＜0， 即＜0. 由此得或， 解得＜k＜2. 因此k的取值范圍是(，2)． 11．已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAP

14、B能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． 解：(1)設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故 xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點， 所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設點P的橫坐標為xp. 由得x＝，即x

15、p＝. 將點的坐標代入l的方程得b＝，因此xM＝. 四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xp＝2xM. 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋. 因為ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以當l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． 12．(2019·濰坊模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上動點P到兩焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為4，當點P運動到橢圓C的一個頂點時，直線PF1恰與以原點O為圓心，以橢圓C的離心率e為半徑的圓相切． (1)求橢圓C的方程． (2)設橢圓C的左、右頂點分別為A，B，若PA，PB交直線x＝6 于不同的兩點M，N.問以

16、線段MN為直徑的圓是否過定點？若是，請求出該定點的坐標；若不是，請說明理由． 解：(1)由橢圓的定義可知2a＝4，a＝2， 若點P運動到橢圓的左、右頂點時，直線PF1與圓一定相交，故點P只能在橢圓的上、下頂點，不妨設點P為上頂點(0，b)，F(xiàn)1為左焦點(－c,0)， 則直線PF1：bx－cy＋bc＝0，由題意得原點O到直線PF1的距離等于橢圓C的離心率e，所以＝， 所以c2＝3b2，又a2＝b2＋c2， 所以b＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由題意知直線PA，PB的斜率存在且都不為0. 設kPA＝k，點P(x0，y0)，x0≠±2， 又A(－2,0)，B(2,0)

17、， 所以kPA·kPB＝·＝＝＝－，得kPB＝－， 直線PA的方程為y＝k(x＋2)， 令x＝6，得y＝8k，故M(6,8k)； 直線PB的方程為y＝－(x－2)， 令x＝6，得y＝－，故N(6，－)． 因為yM·yN＝8k·(－)＝－8<0，所以以線段MN為直徑的圓與x軸交于兩點，設為G，H，并設MN與x軸的交點為K，在以線段MN為直徑的圓中應用相交弦定理得， |GK|·|HK|＝|MK|·|NK|＝|8k|·|－|＝8， 因為|GK|＝|HK|， 所以|GK|＝|HK|＝2， 從而以線段MN為直徑的圓恒過兩個定點G(6－2，0)，H(6＋2，0)． 13．已知拋物線C

18、1：x2＝4y的焦點F也是橢圓C2：＋＝1(a＞b＞0)的一個焦點，C1與C2的公共弦的長為2. (1)求C2的方程； (2)過點F的直線l與C1相交于A，B兩點，與C2相交于C，D兩點，且與同向． (ⅰ)若|AC|＝|BD|，求直線l的斜率； (ⅱ)設C1在點A處的切線與x軸的交點為M，證明：直線l繞點F旋轉時，△MFD總是鈍角三角形． 解：(1)由C1：x2＝4y知其焦點F的坐標為(0,1)．因為F也是橢圓C2的一個焦點，所以a2－b2＝1.① 又C1與C2的公共弦的長為2，C1與C2都關于y軸對稱，且C1的方程為x2＝4y，由此易知C1與C2的公共點的坐標為，所以＋＝1.②

19、 聯(lián)立①，②得a2＝9，b2＝8. 故C2的方程為＋＝1. (2)如圖，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)． (i)因與同向，且|AC|＝|BD|，所以＝，從而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③ 設直線l的斜率為k， 則l的方程為y＝kx＋1. 由得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是這個方程的兩根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④ 由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是這個方程的兩根， 所以x3＋x4＝－，x3x4＝－.⑤ 將④，⑤代入③， 得16(k2＋1)＝＋， 即16(k2＋1)＝， 所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，即直線l的斜率為±. (ii)由x2＝4y得y′＝，所以C1在點A處的切線方程為y－y1＝(x－x1)，即y＝－. 令y＝0，得x＝，即M， 所以＝. 而＝(x1，y1－1)，于是·＝－y1＋1＝＋1＞0， 因此∠AFM是銳角，從而∠MFD＝180°－∠AFM是鈍角． 故直線l繞點F旋轉時，△MFD總是鈍角三角形．