《2019届高考数学一轮复习第九章 解析几何层级快练64 文》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019届高考数学一轮复习第九章 解析几何层级快练64 文(13页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、层级快练(六十四)1(2017绵阳二诊)若点O和点F分别为椭圆1的中心和左焦点,点P在椭圆上的任意一点,则的最大值为()A.B6C8 D12答案B解析由题意得F(1,0),设P(x,y),则(x,y)(x1,y)x2xy2,又点P在椭圆上,故1,所以x2x3x2x2x3(x2)22,又2x2,所以当x2时,(x2)22取得最大值6,即的最大值为6.2(2018四川成都七中模拟)若直线l过抛物线C:y24x的焦点F交抛物线C于A,B两点,则的取值范围为()A1 B(0,1C1,) D,1答案A解析由题意知抛物线C:y24x的焦点F的坐标为(1,0),准线方程为x1.设过点F的直线l的斜率k存在,
2、则直线的方程为yk(x1)代入抛物线方程,得k2(x1)24x,化简得k2x2(2k24)xk20.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x21.根据抛物线性质可知,|AF|x11,|BF|x21,1.当直线l的斜率不存在时,直线的方程为x1,把x1代入y24x得y2,1.故选A.3(2018云南曲靖一中月考)已知点P为圆C:x2y22x4y10上的动点,点P到某直线l的最大距离为6.若在直线l上任取一点A作圆的切线AB,切点为B,则|AB|的最小值是_答案2解析由C:x2y22x4y10,得(x1)2(y2)24,由圆上动点P到某直线l的最大距离为6,可知圆心C(1,2)到直线l的距离
3、为4.若在直线l上任取一点A作圆的切线AB,切点为B,则要使|AB|最小,需ACl,|AB|的最小值是2.4(2018河南新乡一调)设O为坐标原点,已知椭圆C1:1(ab0)的离心率为,抛物线C2:x2ay的准线方程为y.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程;(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点P,Q,若O在以PQ为直径的圆的外部,求直线l的斜率k的取值范围答案(1)y21(2)k(2,)(,2)解析(1)由题意得,a2,故抛物线C2的方程为x22y.又e,c,b1,从而椭圆C1的方程为y21.(2)显然直线x0不满足条件,故可设直线l:ykx2,P(x1,y1),Q(x2
4、,y2)由得(14k2)x216kx120.(16k)2412(14k2)0,k(,)(,),x1x2,x1x2,根据题意,得0POQ0,x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)42k40,2kb0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,点A在椭圆C上,|AF1|2,F1AF260,过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P,Q两点(1)求椭圆C的方程;(2)若P,Q的中点为N,在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得MNPQ?若存在,求实数m的取值范围;若不存在,请说明理由答案(1)1(2)存在理由略解析(1)由e得a2c.由|AF1|2得|AF
5、2|2a2.由余弦定理得|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|cosF1AF2|F1F2|2,即a23a3c2,解得c1,a2,b2a2c23.所以椭圆C的方程为1.(2)存在这样的点M符合题意设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0)由F2(1,0),设直线PQ的方程为yk(x1),由得(4k23)x28k2x4k2120,得x1x2,故x0.又点N在直线PQ上,所以y0,所以N(,)因为MNPQ,所以kMN,整理得m(0,)所以在线段OF2上存在点M(m,0),使得MNPQ,m的取值范围为(0,)1(2018山西五校联考)设点F为椭圆C:1(m0)的左焦点,直线yx被椭圆
6、C截得的弦长为.(1)求椭圆C的方程;(2)圆P:(x)2(y)2r2(r0)与椭圆C交于A,B两点,M为线段AB上任意一点,直线FM交椭圆C于P,Q两点,AB为圆P的直径,且直线FM的斜率大于1,求|PF|QF|的取值范围答案(1)1(2)(,解析(1)由得x2y2,故22,解得m1,故椭圆C的方程为1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则又所以0,则(x1x2)(y1y2)0,故kAB1.所以直线AB的方程为yx,即yx,代入椭圆C的方程并整理得7x28x0,则x10,x2.又F(1,0),直线FM的斜率大于1,则直线FM的斜率k,)设FM:yk(x1),由得(34k2)x28k
7、2x4k2120,设P(x3,y3),Q(x4,y4),则有x3x4,x3x4.又|PF|x31|,|QF|x41|,所以|PF|QF|(1k2)|x3x4(x3x4)1|(1k2)|1|(1k2)(1)因为k,所以|F1F2|2,由椭圆的定义可知,动点P的轨迹G是以F1,F2为焦点的椭圆,其方程为1.(2)设直线l的方程为yxm,代入椭圆方程得(xm)22x24,即4x22mxm240.由8m216(m24)8(8m2)0,得m28.又点Q不在直线l上,所以m0,所以0m2b0)的离心率为,且经过点P(1,)过它的两个焦点F1,F2分别作直线l1与l2,l1交椭圆于A,B两点,l2交椭圆于C
8、,D两点,且l1l2.(1)求椭圆的标准方程;(2)求四边形ACBD的面积S的取值范围答案(1)1(2),6解析(1)由a2c,所以a24c2,b23c2,将点P的坐标代入椭圆方程得c21,故所求椭圆方程为1.(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,此时四边形的面积S6.若l1与l2的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l2的斜率为,则直线l1的方程为yk(x1)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得方程组消去y并整理,得(4k23)x28k2x4k2120.x1x2,x1x2,|x1x2|,|AB|x1x2|.注意到方程的结构特征和图形的对称性,可以用代替中的k
9、,得|CD|,S|AB|CD|,令k2t(0,),S66,S,6综上可知,四边形ABCD的面积S,64(2017衡水中学调研)已知椭圆C:1(ab0)过点A(,),离心率为,点F1,F2分别为其左、右焦点(1)求椭圆C的标准方程;(2)若y24x上存在两个点M,N,椭圆上有两个点P,Q满足M,N,F2三点共线,P,Q,F2三点共线,且PQMN,求四边形PMQN面积的最小值答案(1)y21(2)4解析(1)由题意得,得bc.1(ab0),c1,a22,椭圆C的标准方程为y21.(2)当直线MN斜率不存在时,直线PQ的斜率为0,易得|MN|4,|PQ|2,S四边形PMQN4.当直线MN斜率存在时,
10、设直线方程为yk(x1)(k0),与y24x联立得k2x2(2k24)xk20.令M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x22,x1x21,|MN|4.PQMN,直线PQ的方程为y(x1)将直线与椭圆联立,得(k22)x24x22k20.令P(x3,y3),Q(x4,y4),则x3x4,x3x4,|PQ|.四边形PMQN的面积S,令1k2t(t1),则S4(1)4,S4,其最小值为4.5(2015浙江,文)已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1)(1)求抛物线C的方程;(2)过点F作直线交抛物线C于A,B两点,若直线AO,BO分别交直线l:yx2于M,N两点,求|MN|的最小值
11、答案(1)x24y(2)解析(1)由题意可设抛物线C的方程为x22py(p0),则1,所以抛物线C的方程为x24y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为ykx1.由消去y,整理,得x24kx40.所以x1x24k,x1x24.从而|x1x2|4.由解得点M的横坐标为xM.同理,点N的横坐标xN.所以|MN|xMxN|8|.令4k3t,t0,则k.当t0时,|MN|22;当tb0)的左焦点为F(c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2y2截得的线段长为c,|FM|.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围解析(1)由已知有,又由a2b2c2,可得a23c2,b22c2.设直线FM的斜率为k(k0),则直线FM的方程为yk(xc)由已知,有,解得k.(2)由(1)得椭圆方程为1,直线FM的方程为y(xc),两个方程联立,消去y,整理得3x22cx5c20,解得xc,或xc.因为点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|,解得c1,所以椭圆的方程为1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t,即yt(x1)(x1),与椭圆方程联立消去y,整理得2x23t2(x1)26.又由已知,得t,解得x1,或1x0.设直线O