- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
【数学】2020届一轮复习人教B版(理)第九章51圆锥曲线的综合问题作业
第51节 圆锥曲线的综合问题 解答题 1.(2018沈阳二中期末)已知直线l:y=x+m,m∈R. (1)若以点M(2,-1)为圆心的圆与直线l相切于点P,且点P在x轴上,求该圆的方程; (2)若直线l关于x轴对称的直线l′与抛物线C:x2=y(m≠0)相切,求直线l和抛物线C的方程. 【解】(1)由题意得点P的坐标为(-m,0),且MP⊥l, 所以kMP·kl=·1=-1(kl为直线l的斜率), 解得m=-1.所以点P(1,0). 设所求圆的半径为r,则r2=|PM|2=1+1=2, 所以所求圆的方程为(x-2)2+(y+1)2=2. (2)将直线l:y=x+m中的y换成-y,可得直线l′的方程为y=-x-m. 由得mx2+x+m=0(m≠0),Δ=1-4m2, 因为直线l′与抛物线C:x2=y相切, 所以Δ=1-4m2=0,解得m=±. 当m=时,直线l的方程为y=x+,抛物线C的方程为x2=2y; 当m=-时,直线l的方程为y=x-,抛物线C的方程为x2=-2 y. 2.(2018新疆乌鲁木齐联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点. (1)求椭圆C的方程; (2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A,B两点,P为椭圆C上一点,O为坐标原点,且满足+=t,其中t∈,求|AB|的取值范围. 【解】(1)依题意得解得 ∴椭圆C的方程为+y2=1. (2)由题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x-2).由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0, ∴Δ=8(1-2k2)>0,解得k2<. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 由+=t得P,, 代入椭圆C的方程得t2=. 由<t<2得<k2<, ∴|AB|=· =2. 令u=,则u∈, ∴|AB|=2∈. ∴|AB|的取值范围为. 3.(2018陕西联考)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2,由4个点M(-a,b),N(a,b),F2和F1构成一个高为,面积为3 的等腰梯形. (1)求椭圆的方程; (2)过点F1的直线和椭圆交于A,B两点,求△F2AB面积的最大值. 【解】(1)由条件得b=,且·=3 ,∴a+c=3. 又a2-c2=3,解得a=2,c=1. ∴椭圆的方程为+=1. (2)显然,直线AB的斜率不能为0. 设直线AB的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立消去x得(3m2+4)y2-6my-9=0. ∵直线AB过椭圆内的点F,无论m为何值,直线和椭圆总相交, 又y1+y2=,y1y2=-, ∴S△F2AB= |F1F2||y1-y2|=|y1-y2| = =12 =4 =4. 令t=m2+1≥1,设f(t)=t+, 易知t∈时,函数f(t)单调递减,t∈时,函数f(x)单调递增, ∴当t=m2+1=1,即m=0时,f(t)min=,S△F2AB的最大值为3. 4.(2018湖北武汉调研)已知椭圆C:+ =1(a>b>0)经过点P,且离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)设直线l:y=x+m与椭圆C交于两个不同的点A,B,求△OAB面积的最大值(O为坐标原点). 【解】(1)由题意知又a2=b2+c2,解得所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)将直线l的方程代入椭圆方程+y2=1,消去y得3x2+4mx+2(m2-1)=0. 由Δ=(4m)2-24(m2-1)>0,得m2<3.① 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=. 所以|AB|=|x1-x2|=·=·=. 又原点O(0,0)到直线AB:x-y+m=0的距离d=.所以S△OAB= |AB|·d=×·= . 因为m2(3-m2)≤2=,当仅且当m2=3-m2,即m2=时取等号. 所以S△OAB≤×=,即△OAB面积的最大值为. 5.(2018郑州二测)已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=-1相切. (1)求圆心M的轨迹方程; (2)动直线l过点P(0,-2),且与圆心M的轨迹交于A,B两点,点C与点B关于y轴对称,求证:直线AC恒过定点. (1)【解】由题意得,点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=-1的距离,由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的抛物线,则=1,p=2. ∴圆心M的轨迹方程为x2=4y. (2)【证明】设直线l:y=kx-2,A(x1,y1), B(x2,y2),则C(-x2,y2). 联立得⇒x2-4kx+8=0,∴ kAC===,直线AC的方程为y-y1=(x-x1). 即y=y1+(x-x1)=x-+=x+, ∵x1x2=0,∴y=x+=x+2,即直线AC恒过点(0,2). 6.(2018唐山二模)已知△ABC的顶点A(1,0),点B在x 轴上移动,|AB|=|AC|,且BC的中点在y轴上. (1)求点C的轨迹Γ的方程; (2)已知过P(0,-2)的直线l交轨迹Γ于不同两点M,N,求证:Q(1,2)与M,N两点连线QM,QN的斜率之积为定值. 【解】(1)设C(x,y)(y≠0),因为B在x轴上且BC中点在y轴上,所以B(-x,0),由|AB|=|AC|,得(x+1)2=(x-1)2+y2, 化简得y2=4x,所以C点的轨迹Γ的方程为y2=4x(y≠0). (2)直线l的斜率显然存在且不为0, 设直线l的方程为y=kx-2,M(x1,y1), N(x2,y2), 由得ky2-4y-8=0, 所以y1+y2=,y1y2=-, kMQ====,同理kMQ=,kMQ·kNQ=·==4, 所以Q(1,2)与M,N两点连线的斜率之积为定值4. 7.(2018四川绵阳南山中学二诊)已知椭圆+ =1(a>b>0)的焦距为2 ,且经过点(-,1).过点D(0,-2)且斜率为k的直线l与椭圆交于A,B两点,与x轴交于P点,点A关于x轴的对称点C,直线BC交x轴于点Q. (1)求k的取值范围. (2)试问:|OP|·|OQ|是否为定值?若是,求出定值;否则,请说明理由. 【解】(1)由已知得2c=2,所以c=,又因为c2=a2-b2, 所以a2-b2=2,又因为椭圆过点(-,1),所以+=1, 联立解得a=2,b=,所以椭圆方程为+=1. 设直线l的方程为y=kx-2,联立消去y得(1+2k2)x2-8kx+4=0. 由Δ=64k2-16(1+2k2)>0,得k2>, 所以k的取值范围为∪. (2)令A(x1,y1),B(x2,y2),则C(x1,-y1), 由(1)知x1+x2=,x1x2=. 由y=kx-2中,令y=0得xp=,即P. 直线BC的方程为y=(x-x1)-y1, 令y=0得xQ=. 将y1=kx1-2,y2=kx2-2代入上式得xQ====2k,所以|OP|·|OQ|=|xP|·|xQ|=·|2k|=4,为定值. 8.(2018衡水中学高三联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形,直线3x+4y+6=0与圆x2+(y-b)2=a2相切. (1)求椭圆C的方程; (2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1,l2分别交椭圆C于M,N两点,且l1⊥l2,求证:直线MN过定点,并求出定点坐标; (3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值. 【解】(1)由题意得∴ 即C:+y2=1. (2)由题意得直线l1,l2的斜率存在且不为0. ∵A(-2,0),设l1:x=my-2,l2:x=-y-2, 由得(m2+4)y2-4my=0, ∴M.同理,N. ①m≠±1时,kMN=,lMN:y=. 此时过定点. ∴lMN恒过定点. (3)由(2)知S△AMN=×|yM-yN|==8==. 令t=≥2,当且仅当m=±1时取等号, ∴S△AMN≤,且当m=±1时取等号. ∴(S△AMN)max=. 9.(2018重庆市高考一模)已知F1,F2分别为椭圆C:+=1的左、右焦点,点P(x0,y0)在椭圆C上. (1)求·的最小值; (2)若y0>0且·=0,已知直线l:y=k(x+1)与椭圆C交于两点A,B,过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q.问:四边形PABQ能否成为平行四边形?若能,请求出直线l的方程;若不能,请说明理由. 【解】(1)由题意可知,F1(-1,0),F2(1,0), ∴=(-1-x0,-y0),=(1-x0,-y0) ∴·=x+y-1 ∵点P(x0,y0)是椭圆C上,∴+=1,即y=2- ∴·=x+2-x-1=x+1,且-≤x0≤ ∴·最小值1. (2)∵·=0,∴x0=-1,∵y0>0,∴P 设A(x1·y1),B(x2,y2). 由得,(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0, ∴x1+x2=-,x1x2=, ∴|x1-x2|==, ∴|AB|=·|x1-x2|= ∵P,PQ∥AB,∴直线PQ的方程为y-=k(x+1). 由得,(2+3k2)x2+6kx+32-6=0. ∵xP=-1,∴xQ=,∴|PQ|=·|xP-xQ|=·, 若四边形PABQ能成为平行四边形,则|AB|=|PQ|, ∴4·=|4-4k|,解得k=-. ∴符合条件的直线l的方程为y=-(x+1),即x+y+1=0.查看更多