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文档介绍
2015高考数学人教A版本(8-7圆锥曲线的综合问题)一轮复习学案
【走向高考】2015届高考数学一轮总复习 8-7圆锥曲线的综合问题课后强化作业 新人教A版 基础巩固强化 一、选择题 1.(文)已知F1、F2为椭圆+=1的两个焦点,过F1的直线交椭圆于A、B两点.若|F2A|+|F2B|=30,则|AB|=( ) A.16 B.18 C.22 D.20 [答案] C [解析] 由题意知,a=13,(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=52, ∵|BF2|+|AF2|=30,∴|AB|=22. (理)(2013·辽宁五校联考)已知点M(-3,0)、N(3,0)、B(1,0),动圆C与直线MN相切于点B,分别过点M、N且与圆C相切的两条直线相交于点P,则点P的轨迹方程为( ) A.x2-=1(x>1) B.x2-=1(x>0) C.x2-=1(x>0) D.x2-=1(x>1) [答案] A [解析] 如图,设两切线分别与圆相切于点S、T,则|PM|-|PN|=(|PS|+|SM|)-(|PT|+|TN|)=|SM|-|TN|=|BM|-|BN|=2=2a,所以所求曲线为双曲线的右支,∴a=1,c=3,∴b2=8,故点P的轨迹方程为x2-=1(x>0),由题意知,P点不可能与B点重合,∴x>1. 2.直线y=kx-k+1与椭圆+=1的位置关系为( ) A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 [答案] A [解析] 直线y=k(x-1)+1过椭圆内定点(1,1),故直线与椭圆相交. 3.(文)已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则·的最小值为( ) A.-2 B.- C.1 D.0 [答案] A [解析] 由已知得A1(-1,0),F2(2,0).设P(x,y)(x≥1),则·=(-1-x,-y)·(2-x,-y)=4x2-x-5.令f(x)=4x2-x-5,则f(x)在x≥1上单调递增,所以当x=1时,函数f(x)取最小值,即·取最小值,最小值为-2. (理)(2013·大纲理,11)已知抛物线C:y2=8x与点M(-2,2),过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点,若·=0,则k=( ) A. B. C. D.2 [答案] D [解析] ∵y2=8x,∴焦点坐标为(2,0), 设直线方程为y=k(x-2),与抛物线方程联立 消去y得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), ∴x1+x2=,x1·x2=4, ∴y1+y2=k(x1-2)+k(x2-2)=k(x1+x2)-4k=, y1·y2=k2(x1-2)(x2-2)=k2x1x2-2k2(x1+x2)+4k2=-16. ∴·=(x1+2,y1-2)·(x2+2,y2-2) =x1x2+2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+8==0, ∴k2-4k+4=0,∴k=2. 4.已知以F1(-2,0)、F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+y +4=0有且仅有一个公共点,则椭圆的长轴长为( ) A.3 B.2 C.2 D.4 [答案] C [解析] 根据题意设椭圆方程为+=1(b>0),则将x=-y-4代入椭圆方程得, 4(b2+1)y2+8b2y-b4+12b2=0, ∵椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个公共点, ∴Δ=(8b2)2-4×4(b2+1)(-b4+12b2)=0, 即(b2+4)(b2-3)=0,∴b2=3, 长轴长为2=2,故选C. 5.(2013·新课标Ⅰ)O为坐标原点,F为抛物线C:y2=4x的焦点,P为C上一点,若|PF|=4,则△POF的面积为( ) A.2 B.2 C.2 D.4 [答案] C [解析] 设P点坐标为(x0,y0),则由抛物线的焦半径公式得|PF|=x0+=4,x0=3,代入抛物线的方程,得|y0|=2,S△POF=|y0|·|OF|=2,选C. 6.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线y=2x-4与C交于A、B两点,则cos∠AFB=( ) A. B. C.- D.- [答案] D [解析] 方法一:联立 解得或不妨设A在x轴上方, ∴A(4,4),B(1,-2), ∵F点坐标为(1,0),∴=(3,4),=(0,-2), cos∠AFB===-. 方法二:同上求得A(4,4),B(1,-2),|AB|=3,|AF|=5,|BF|=2, 由余弦定理知, cos∠AFB==-. 二、填空题 7.(文)已知F是椭圆+=1(a>0,b>0)的左焦点,若椭圆上存在点P,使得直线PF与圆x2+y2=b2相切,当直线PF的倾斜角为时,此椭圆的离心率是________. [答案] [解析] 解法1:设直线PF与圆x2+y2=b2的切点为M,则依题意得OM⊥MF,∵直线PF的倾斜角为, ∴∠OFP=,∴sin==,椭圆的离心率e=====. 解法2:依题意可知PF:y=-(x+c)(c=), 又O到PF的距离为b,即=b,∴=b2=a2-c2, ∴4a2=7c2,∴e==. (理)设直线l:y=2x+2,若l与椭圆x2+=1的交点为A、B,点P为椭圆上的动点,则使△PAB的面积为-1的点P的个数为________. [答案] 3 [解析] 设与l平行且与椭圆相切的直线方程为y=2x+b,代入x2+=1中消去y得,8x2+4bx+b2-4=0, 由Δ=16b2-32(b2-4)=0得,b=±2, 显见y=2x+2与两轴交点为椭圆的两顶点A(-1,0),B(0,2), ∵直线y=2x+2与l距离d=, ∴欲使S△ABP=|AB|·h=h=-1,须使h=,∵d=h,∴直线y=2x+2与椭圆切点,及y=2x+4-2与椭圆交点均满足,∴这样的点P有3个. 8.(2013·唐山一中第二次月考)已知双曲线-=1(a,b>0)的右焦点F,若过F 且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有1个交点,则此双曲线的离心率e的取值范围是________. [答案] [2,+∞) [解析] 由条件知≥tan60°=,∴≥3, ∴e≥2. 9.(文)(2013·浙江宁波四中)椭圆2x2+y2=1上的点到直线y=x-4的距离的最小值是________. [答案] 2- [解析] 设与直线y=x-4平行的椭圆的切线方程为y=x+c,代入2x2+y2=1得5x2+2cx+c2-1=0,由Δ=12c2-20(c2-1)=0,得c=±,可知直线y=x-与y=x-4距离最近,此两直线距离为d=2-. (理)(2012··湖南长沙月考)直线l:x-y=0与椭圆+y2=1相交A、B两点,点C是椭圆上的动点,则△ABC面积的最大值为________. [答案] [解析] 设与l平行的直线方程为x-y+a=0,当此直线与椭圆的切点为C时,△ABC的面积最大,将y=x+a代入+y2=1中整理得,3x2+4ax+2(a2-1)=0,由Δ=16a2-24(a2-1)=0得,a=±,两平行直线x-y=0与x-y+=0的距离d=,将y=x代入+y2=1中得,x1=-,x2=, ∴|AB|=|-(-)|=, ∴S△ABC=|AB|·d=××=. 三、解答题 10.过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F作直线l与抛物线C交于A、B两点,当点A的纵坐标为1时,|AF|=2. (1)求抛物线C的方程; (2)若直线l的斜率为2,问抛物线C上是否存在一点M,使得MA⊥MB,并说明理由. [解析] (1)由抛物线的定义得|AF|等于点A到准线y=-的距离, ∴1+=2,∴p=2, ∴抛物线C的方程为x2=4y. (2)抛物线C的焦点为F(0,1),直线l的方程y=2x+1, 设点A、B、M的坐标分别为(x1,)、(x2,)、(x0,), 由方程组消去y得,x2=4(2x+1), 即x2-8x-4=0, 由韦达定理得x1+x2=8,x1x2=-4. ∵MA⊥MB,∴·=0, ∴(x1-x0)(x2-x0)+(-)(-)=0, ∴(x1-x0)(x2-x0)+(x1-x0)(x2-x0)(x1+x0)(x2+x0)=0. ∵M不与A,B重合,∴(x1-x0)(x2-x0)≠0, ∴1+(x1+x0)(x2+x0)=0,x1x2+(x1+x2)x0+x+16=0, ∴x+8x0+12=0,∵Δ=64-48>0. ∴方程x+8x0+12=0有解,即抛物线C上存在一点M,使得MA⊥MB. 能力拓展提升 11.(2013·浙江嵊州一中月考)设A,B分别为双曲线-=1(a>0,b>0)的左,右顶点,双曲线的实轴长为4,焦点到渐近线的距离为. (1)求双曲线的方程; (2)已知直线y=x-2与双曲线的右支交于M、N两点,且在双曲线的右支上存在点D ,使得+=t,求t的值及点D的坐标. [解析] (1)由题意知a=2,∴一条渐近线方程为y=x, 即bx-2y=0,∴=, ∴b2=3,∴双曲线的方程为-=1. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),D(x0,y0)(x0>0), ∵+=t,∴x1+x2=tx0,y1+y2=ty0, 将直线方程代入双曲线方程得x2-16x+84=0, 则x1+x2=16,y1+y2=(x1-2)+(x2-2) =(x1+x2)-4=12, ∴∴ ∴t=4,点D的坐标为(4,3). 12.(文)(2013·山西山大附中月考)已知抛物线y2=4x,过点M(0,2)的直线l与抛物线交于A、B两点,且直线l与x轴交于点C. (1)求证:|MA|,|MC|,|MB|成等比数列; (2)设=α,=β,试问α+β是否为定值,若是,求出此定值,若不是,请说明理由. [解析] (1)证明:设直线l的方程为y=kx+2(k≠0), 联立方程得k2x2+(4k-4)x+4=0.① 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(-,0),则 x1+x2=-,x1·x2=.② ∴|MA|·|MB|=|x1-0|·|x2-0|=, 而|MC|2=(|--0|)2=, ∴|MC|2=|MA|·|MB|≠0, 即|MA|,|MC|,|MB|成等比数列. (2)由=α,=β得 (x1,y1-2)=α(-x1-,-y1),(x2,y2-2)=β(-x2-,-y2), 即得α=,β=, 则α+β=. 将②代入得α+β=-1,故α+β为定值,且定值为-1. (理)(2013·北京东城联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆短轴的一个端点与两个焦点构在的三角形的面积为. (1)求椭圆C的方程; (2)已知动直线y=k(x+1)与椭圆C相交于A、B两点. ①若线段AB中点的横坐标为-,求斜率k的值; ②若点M(-,0),求证:·为定值. [解析] (1)椭圆+=1(a>b>0)满足a2=b2+c2,=,×b×2c=,解得a2=5,b2=,则椭圆方程为+=1. (2)①将y=k(x+1)代入+=1中得, (1+3k2)x2+6k2x+3k2-5=0, Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)=48k2+20>0, x1+x2=-. 因为AB中点的横坐标为-,所以-=-,解得k=±. ②证明:由①知x1+x2=-,x1x2=, 所以·=(x1+,y1)(x2+,y2) =(x1+)(x2+)+y1y2 =(x1+)(x2+)+k2(x1+1)(x2+1) =(1+k2)x1x2+(+k2)(x1+x2)++k2 =(1+k2)+(+k2)(-)++k2 =++k2=. ∴·为定值. 13.(文)点A、B分别为椭圆+=1长轴的左、右端点,点F是椭圆的右焦点,点P在椭圆上,且位于x轴上方,PA⊥PF. (1)求点P的坐标; (2)设M是椭圆长轴AB上的一点,M到直线AP的距离等于|MB|,求椭圆上的点到点M的距离d的最小值. [解析] (1)由已知可得点A(-6,0),F(4,0),设点P的坐标是(x,y),则=(x+6,y),=(x-4,y). 由已知得 消去y得,2x2+9x-18=0,∴x=或x=-6, 由于y>0,只能x=,于是y=, 所以点P的坐标是(,). (2)直线AP的方程是x-y+6=0. 设点M的坐标是(m,0),则M到直线AP的距离是 ,于是=|m-6|, 又-6≤m≤6,解得m=2. ∵椭圆上的点(x,y)到点M的距离是d, ∴d2=(x-2)2+y2=x2-4x+4+20-x2 =(x-)2+15, 由于-6≤x≤6,所以当x=时d取最小值. (理) 如图所示,在△DEM中,⊥,=(0,-8),N在y轴上,且=(+),点E在x轴上移动. (1)求点M的轨迹方程; (2)过点F(0,1)作互相垂直的两条直线l1、l2,l1与点M的轨迹交于点A、B,l2与点M的轨迹交于点C、Q,求·的最小值. [解析] (1)设M(x,y),E(a,0),由条件知D(0,-8), ∵N在y轴上且N为EM的中点,∴x=-a, ∵⊥,∴·=(-a,-8)·(x-a,y)=-a(x-a)-8y=2x2-8y=0,∴x2=4y(x≠0), ∴点M的轨迹方程为x2=4y(x≠0). (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),Q(x4,y4),直线l1:y=kx+1(k≠0),则直线l2:y=-x+1, 由消去y得,x2-4kx-4=0, ∴x1+x2=4k,x1x2=-4, 由消去y得,x2+x-4=0, ∴x3+x4=-,x3x4=-4. ∵A、B在直线l1上,∴y1=kx1+1,y2=kx2+1, ∵C、Q在直线l2上,∴y3=-x3+1,y4=-x4+1. ∴·=(x3-x1,y3-y1)·(x2-x4,y2-y4) =(x3-x1)(x2-x4)+(y3-y1)·(y2-y4) =(x3-x1)(x2-x4)+(-x3-kx1)(kx2+x4) =x3x2-x1x2-x3x4+x1x4-x2x3-k2x1x2-x3x4-x1x4 =(-1-k2)x1x2+(-1-)x3x4=4(1+k2)+4(1+)=8+4(k2+)≥16等号在k2=时取得, 即k=±1时成立.∴·的最小值为16. 14.(文)(2013·东北三校联考)已知点E(m,0)为抛物线y2=4x内一个定点,过E斜率分别为k1、k2的两条直线交抛物线于点A、B、C、D,且M、N分别是AB、CD的中点. (1)若m=1,k1k2=-1,求三角形EMN面积的最小值; (2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点. [解析] (1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点, 设AB方程为y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k1y2-4y-4k1=0,y1+y2=,y1y2=-4. AB中点M(,),∴M(+1,);同理,点N(2k+1,-2k1). ∵k1k2=-1,∴AB⊥CD, ∴S△EMN=|EM|·|EN|=·=2≥2=4, 当且仅当k=,即k1=±1时,△EMN的面积取最小值4. (2)设AB方程为y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2), 由得k1y2-4y-4k1m=0,y1+y2=,y1y2=-4m, AB中点M(,),∴M(+m,); 同理,点N(+m,). ∵k1+k2=1,∴kMN===k1k2, ∴lMN:y-=k1k2[x-(+m)],即y=k1k2(x-m)+2,∴直线MN恒过定点(m,2). (理) (2013·石嘴山市调研)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,短轴右端点为A,M(1,0)为线段OA的中点. (1)求椭圆C的方程; (2)过点M任作一条直线与椭圆C相交于两点P、Q,试问在x轴上是否存在定点N,使得∠PNM=∠QNM?若存在,求出点N的坐标;若不存在,说明理由. [解析] (1)由题意知b=2,又e=,即=, 解得a=2,所以椭圆方程为+=1. (2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件. 当PQ⊥x轴时,由椭圆的对称性可知恒有∠PNM=∠QNM,即x0∈R; 当PQ与x轴不垂直时,设PQ的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程中化简得:(k2+2)x2-2k2x+k2-8=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=, kPN+kQN=+=+ =, ∵(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0) =2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0 =-+2x0. 若∠PNM=∠QNM,则kPN+kQN=0, 即k[-+2x0]=0,整理得k(x0-4)=0,∵k∈R,∴x0=4. 综上,在x轴上存在定点N(4,0),使得∠PNM=∠QNM. 考纲要求 1.了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用. 2.理解直线与圆锥曲线的位置关系. 3.理解数形结合思想的应用. 补充说明 1.向量法 向量的坐标可以用其起点、终点的坐标表示,因此向量与解析几何保持着天然的联系.通过向量的坐标可以把解析几何的很多问题向量化,利用向量的共线、垂直、夹角、距离等公式巧妙地解决解析几何问题. 2.点差法 涉及到直线被圆锥曲线截得弦的中点问题(即中点弦问题)时,常用根与系数的关系及点差法求解. [例] P(1,1)为椭圆+=1内的一定点,过P点引一弦,与椭圆相交于A、B两点,且P恰好为弦AB的中点,如图所示,求弦AB所在的直线方程及弦AB的长度. [解析] 设弦AB所在的直线方程为 y-1=k(x-1),A、B两点坐标分别为 (x1,y1),(x2,y2),则 x+2y=4,① x+2y=4.② ①-②得: (x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0. ∵P(1,1)为弦AB的中点,∴x1+x2=2,y1+y2=2. ∴k==-. ∴所求直线的方程为y-1=-(x-1). 即x+2y-3=0. 将其代入椭圆方程整理得,6y2-12y+5=0. 根据弦长公式,有 |AB|=·=. [说明] (1)点差法的一个基本步骤是:点A(x1,y1),B(x2,y2)都在圆锥曲线f(x·y)=0上,∴f(x1,y1)=0,f(x2,y2)=0,两式相减f(x1,y1)-f(x2,y2)=0,然后变形构造出及x1+x2和y1+y2,再结合已知条件求解. (2)中点弦问题除了用点差法外,求弦长时应注意是否过焦点,遇到AO⊥BO的情况,常用·=x1x2+y1y2=0解决,有时中点弦问题还可以利用对称、特例法解决. 3.要重视解题过程中思想方法的提炼及解题规律的总结 (1)方程思想 解析几何题大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线,因此直线与圆锥曲线相交的弦长问题常归纳为对方程解的讨论.利用韦达定理进行整体处理,以简化解题运算量. (2)函数思想 对于圆锥曲线上一些动点,在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量,从而使一些线段的长度及a、b、c、e、p之间构成函数关系,函数思想在处理这类问题时就很有效. (3)坐标法 坐标法是解析几何的基本方法,因此要加强坐标法的训练. (4)对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质,所以可使分散的条件相对集中,减少一些变量和未知量,简化计算,提高解题速度,促成问题的解决. (5)数形结合 解析几何是数形结合的典范,解决解析几何问题应充分利用图形的直观和曲线的几何性质,才能简化解答过程. (6)参数思想 一些解析几何问题,在解题过程中可先引入适当的参数(如斜率k,点的坐标,圆锥曲线方程中的系数等),把所研究问题转化为参数的函数或不等式、方程等来解决. 备选习题 1.(2013·珠海模拟)在平面直角坐标系xOy中,设点F(,0),直线l:x=-,点P在直线l上移动,R是线段PF与y轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l. (1)求动点Q的轨迹C的方程; (2)设圆M过A(1,0),且圆心M在曲线C上,TS是圆M在y轴上截得的弦,当M运动时,弦长|TS|是否为定值?请说明理由. [解析] (1)依题意知,点R是线段FP的中点,且RQ⊥FP, ∴RQ是线段FP的垂直平分线. ∵|PQ|是点Q到直线l的距离. 点Q在线段FP的垂直平分线上, ∴|PQ|=|QF|. 故动点Q的轨迹是以F为焦点,l为准线的抛物线, 其方程为y2=2x(x>0). (2)弦长|TS|为定值.理由如下:取曲线C上点M(x0,y0), M到y轴的距离为d=|x0|=x0, 圆的半径r=|MA|=, 则|TS|=2=2, 因为点M在曲线C上, 所以x0=, 所以|TS|=2=2,是定值. 2.(2013·陕西理,20)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦长MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程; (2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明直线l过定点. [解析] (1) 如图,设动圆的圆心O1(x,y),由题意知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H为MN的中点, ∴|O1M|2=|O1H|2+|MH|2=x2+16, 又|O1A|2=(x-4)2+y2, ∴(x-4)2+y2=x2+16,整理得y2=8x(x≠0), 当O1在y轴上时,∵|OA|=4=|MM|, ∴O1与O重合,此时点O1(0,0)也满足y2=8x, ∴动圆圆心O1的轨迹C方程为y2=8x. (2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 将y=kx+b代入y2=8x中, 得k2x2+(2bk-8)x+b2=0, 其中Δ=-32kb+64>0. 由根与系数的关系得,x1+x2=,① x1x2=,② 因为x轴是∠PBQ的角平分线, 所以=-, 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③ 将①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此时Δ>0,∴直线l的方程为y=k(x-1), 即直线l过定点(1,0).查看更多