《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
