《2020届高考数学(理)一轮复习课时练第9章平面解析几何51Word版含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020届高考数学(理)一轮复习课时练第9章平面解析几何51Word版含解析(13页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、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:yxm,mR.(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:x2y(m0)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MPl,所以kMPkl11(kl为直线l的斜率),解得m1.所以点P(1,0)设所求圆的半径为r,则r2|PM|2112,所以所求圆的方程为(x2)2(y1)22.(2)将直线l:yxm中的y换成y,可得直线l的方程为yxm.由得mx2xm0(m0),14m2,因为直线l与抛物线C:x2y相切,
2、所以14m20,解得m.当m时,直线l的方程为yx,抛物线C的方程为x22y;当m时,直线l的方程为yx,抛物线C的方程为x22y.2(2018新疆乌鲁木齐联考)已知椭圆C:1(ab0)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y21.(2)由题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为yk(x2)由得(12k2)x28k2x8k220,8(12k2)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
3、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(ab0)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,ac3.又a2c23,解得a2,c1.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xmy1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立消去x得(3m24)y26my90.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y1y2,y1y
4、2,SF2AB |F1F2|y1y2|y1y2| 1244.令tm211,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tm211,即m0时,f(t)min,SF2AB的最大值为3.4(2018湖北武汉调研)已知椭圆C: 1(ab0)经过点P,且离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l:yxm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a2b2c2,解得所以椭圆C的方程为y21(2)将直线l的方程代入椭圆方程y21,消去y得3x24mx2(m21)0.由(4m)224(m21)0,得m23.设A(x1,y1),B
5、(x2,y2),则x1x2,x1x2.所以|AB|x1x2|.又原点O(0,0)到直线AB:xym0的距离d.所以SOAB|AB|d .因为m2(3m2)2,当仅且当m23m2,即m2时取等号所以SOAB,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y1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y1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y1为准线的抛物线,则1,p2.圆心
6、M的轨迹方程为x24y.(2)【证明】设直线l:ykx2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(x2,y2)联立得x24kx80,kAC,直线AC的方程为yy1(xx1)即yy1(xx1)xx,x1x20,yxx2,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的轨迹的方程;(2)已知过P(0,2)的直线l交轨迹于不同两点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)(y0),因为B在x轴上且BC中点在y轴上,所以B(x,0),由|AB|AC|,
7、得(x1)2(x1)2y2,化简得y24x,所以C点的轨迹的方程为y24x(y0)(2)直线l的斜率显然存在且不为0,设直线l的方程为ykx2,M(x1,y1),N(x2,y2),由得ky24y80,所以y1y2,y1y2,kMQ,同理kMQ,kMQkNQ4,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(ab0)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
8、理由【解】(1)由已知得2c2,所以c,又因为c2a2b2,所以a2b22,又因为椭圆过点(,1),所以1,联立解得a2,b,所以椭圆方程为1.设直线l的方程为ykx2,联立消去y得(12k2)x28kx40.由64k216(12k2)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x1x2,x1x2.由ykx2中,令y0得xp,即P.直线BC的方程为y(xx1)y1,令y0得xQ.将y1kx12,y2kx22代入上式得xQ2k,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(ab0)短轴的两
9、个顶点与右焦点的连线构成等边三角形,直线3x4y60与圆x2(yb)2a2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l1l2,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:y21.(2)由题意得直线l1,l2的斜率存在且不为0.A(2,0),设l1:xmy2,l2:xy2,由得(m24)y24my0,M.同理,N.m1时,kMN,lMN:y.此时过定点.lMN恒过定点.(3)由(2)知SAMN|yMyN|8.令t2,当且仅当m1时取等号,SAMN,且当m1时取等号(SAMN)
10、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y00且0,已知直线l:yk(x1)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),(1x0,y0),(1x0,y0)xy1点P(x0,y0)是椭圆C上,1,即y2x2x1x1,且x0最小值1.(2)0,x01,y00,P设A(x1y1),B(x2,y2)由得,(23k2)x26k2x3k260,x1x2,x1x2,|x1x2|,|AB|x1x2|P,PQAB,直线PQ的方程为yk(x1)由得,(23k2)x26kx3260.xP1,xQ,|PQ|xPxQ|,若四边形PABQ能成为平行四边形,则|AB|PQ|,4|44k|,解得k.符合条件的直线l的方程为y(x1),即xy10.