高考数学一轮复习第八章平面解析几何8-10圆锥曲线的综合问题课时提升作业理.doc
- 1 - / 13【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第八章平面解析几何精选高考数学一轮复习第八章平面解析几何 8-108-10 圆锥圆锥曲线的综合问题课时提升作业理曲线的综合问题课时提升作业理(25(25 分钟分钟 6060 分分) )一、选择题一、选择题( (每小题每小题 5 5 分分, ,共共 2525 分分) )1.已知点 F1,F2 为椭圆+y2=1 的左、右焦点,点 P(x,y)为椭圆上一点,则点 P 到两焦点距离之积的最大值是 ( )A.8B.2C.10D.4【解析】选 A.设椭圆长半轴的长为 a,则 a2=8,因为·=a2=8(当且仅当=时取等号)2.斜率为 1 的直线 l 与椭圆+y2=1 相交于 A,B 两点,则|AB|的最大值为 ( )A.2B.C.D.【解析】选 C.设直线 l 的方程为 y=x+t,代入+y2=1,消去 y 得 x2+2tx+t2-1=0,由题意得 =(2t)2-5(t2-1)>0,即 t20)经过 C,F 两点,则= .【解析】由题意可得 C,F,将 C,F 两点的坐标分别代入抛物线方程 y2=2px 中,得因为 a>0,b>0,p>0,两式相比消去 p 得=,化简整理得 a2+2ab-b2=0.此式可看作是关于 a 的一元二次方程,由求根公式得a=(-1±)b,取 a=(-1)b,从而=+1.答案:+17.若双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为,离心率为 e,则的最小值为 .- 4 - / 13【解析】由题意,=,所以 b=a,所以 c=2a,e=2,=+(当且仅当 a=2 时取等号),则的最小值为.答案:8.(2016· 衡水模拟)已知双曲线-=1(a>0,b>0)上一点 C,过双曲线中心的直线交双曲线于 A,B 两点,记直线 AC,BC 的斜率分别为 k1,k2,当+ln|k1|+ln|k2|最小时,双曲线的离心率为 .【解析】设 A(x1,y1),C(x2,y2),由题意知点 A,B 为过原点的直线与双曲线-=1 的交点,所以由双曲线的对称性得A,B 关于原点对称,所以 B(-x1,-y1),所以 k1k2=·=.因为点 A,C 都在双曲线上,所以-=1,-=1,两式相减,可得 k1k2=>0,对于+ln|k1|+ln|k2|=+ln|k1k2|,函数 y=+lnx(x>0),由 y=-+=0,得 x=0(舍)或 x=2,x>2 时,y>0,00)取得最小值,所以当+ln(k1k2)最小时,k1k2=2,所以 e=.答案:- 5 - / 13三、解答题三、解答题( (每小题每小题 1010 分分, ,共共 2020 分分) )9.(2016·唐山模拟)已知椭圆 E 长轴的一个端点是抛物线 y2=12x 的焦点,且椭圆焦点与抛物线焦点的距离是 1.(1)求椭圆 E 的标准方程.(2)若 A,B 是椭圆 E 的左、右端点,O 为原点,P 是椭圆 E 上异于 A,B 的任意一点,直线 AP,BP 分别交 y 轴于点 M,N,问·是否为定值,说明理由.【解析】(1)由抛物线 y2=12x,得焦点为(3,0),由已知可知椭圆的焦点在 x 轴,且 a=3,又 a-c=1,则 c=2,所以 b2=a2-c2=5,故椭圆 E 的方程为+=1;(2)设 P(x0,y0),则 5+9=45,且 A(-3,0),B(3,0),又直线 PA:y=(x+3),直线 PB:y=(x-3),令 x=0,得:=,=,故·=5 为定值.【加固训练】(2015·陕西高考)如图,椭圆 E:+=1(a>b>0)经过点 A(0,-1),且离心率为.(1)求椭圆 E 的方程.(2)经过点(1,1),且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同两点 P,Q(均异于点 A),证明:直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2.【解题提示】(1)先由已知求出椭圆长半轴长,进而得出椭圆的标准方程.(2)将直线方程代入椭圆方程,得两根之和与两根之积与 k 的关系式,将之代入直线 AP 与 AQ 的斜率之和整理式消 k 后得证.【解析】(1)由题意知=,b=1,- 6 - / 13综合 a2=b2+c2,解得 a=,所以,椭圆的方程为+y2=1.(2)由题设知,直线 PQ 的方程为 y=k(x-1)+1,代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0,由已知 >0,设 P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则 x1+x2=,x1x2=,从而直线 AP 与 AQ 的斜率之和kAP+kAQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.10.(2016·深圳模拟)设 F1,F2 分别是椭圆+y2=1 的左、右焦点.(1)若 P 是该椭圆上的一个动点,求·的最大值和最小值.(2)设过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A,B,且AOB 为锐角(其中O 为坐标原点),求直线 l 的斜率的取值范围.【解析】(1)由已知得,F1(-,0),F2(,0),设点 P(x,y),则+y2=1,且-2x2.所以·=(-x,-y)·(-x,-y)=x2-3+y2=x2-3+1- 7 - / 13=x2-2,当 x=0,即 P(0,±1)时,(·)min=-2;当 x=±2,即 P(±2,0)时,(·)max=1.(2)由题意可知,过点 M(0,2)的直线 l 的斜率存在.设 l 的方程为 y=kx+2,由消去 y,化简整理得(1+4k2)x2+16kx+12=0,=(16k)2-48(1+4k2)>0,解得 k2>.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=-,x1x2=,又AOB 为锐角,所以·>0,即 x1x2+y1y2>0,即 x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0,所以(1+k2)·-2k·+4>0,解得 k20,所以 m>4.2.(5 分)(2016·邯郸模拟)已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,过 F 的直线 l 与抛物线 C 相交于 A,B 两点,则|OA|2+|OB|2(O 为坐标原点)的最小值为 ( )A.4B.8C.10D.12【解析】选 C.当直线 l 的斜率不存在,即直线 l 垂直于 x 轴时,方程为 x=1,则A(1,2),B(1,-2),|OA|2+|OB|2=5+5=10.当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为:y=k(x-1),设 A(x1,y1),B(x2,y2),由得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以 x1+x2=,x1x2=1,|OA|2+|OB|2=+=+4x1+4x2=(x1+x2)2-2x1x2+4(x1+x2)=-2+4设=t,则 t>2,|OA|2+|OB|2=t2+4t-2=(t+2)2-6(t>2),所以|OA|2+|OB|2>10.综上可知:|OA|2+|OB|2 的最小值为 10.- 9 - / 133.(5 分)已知曲线-=1 与直线 x+y-1=0 相交于 P,Q 两点,且·=0(O 为原点),则-的值为 .【解析】设 P(x1,y1),Q(x2,y2),由题意得则(b-a)x2+2ax-a-ab=0.所以 x1+x2=-,x1x2=,y1y2=(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+x1x2,根据·=0,得 x1x2+y1y2=0,得 1-(x1+x2)+2x1x2=0,因此 1+2×=0,化简得=2,即-=2.答案:24.(12 分)已知椭圆 C1:+y2=1(a>1)的长轴、短轴、焦距分别为 A1A2,B1B2,F1F2,且|F1F2|2 是与|B1B2|2 的等差中项.(1)求椭圆 C1 的方程.(2)若曲线 C2 的方程为(x-t)2+y2=(t2+t)2,过椭圆 C1 左顶点的直线 l 与曲线C2 相切,求直线 l 被椭圆 C1 截得的线段长的最小值.【解析】(1)由题意得|B1B2|=2b=2,|A1A2|=2a,|F1F2|=2c,a2-b2=c2,又 2×(2c)2=(2a)2+22,解得 a2=3,c2=2,故椭圆 C1 的方程为+y2=1.- 10 - / 13(2)由(1)可取椭圆的左顶点坐标为 A1(-,0),易知直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y=k(x+).由直线 l 与曲线 C2 相切得=(t+)t,整理得=t.又因为 0b>0)的离心率为,点 P(0,1)和点 A(m,n)(m0)都在椭圆 C 上,直线 PA 交 x 轴于点 M.(1)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标(用 m,n 表示).(2)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称,直线 PB 交 x 轴于点 N,问:y 轴上是否存在点 Q,使得OQM=ONQ?若存在,求点 Q 的坐标;若不存在,说明理由.【解析】(1)椭圆+=1(a>b>0)过 P(0,1),所以 b2=1,离心率 e=,所以 a=,所以椭圆方程为+y2=1.因为 P(0,1),A(m,n),所以直线 PA 的方程为 y-1=x,直线 PA 与 x 轴交于 M,令 y=0,则 xM=,所以 M.(2)因为 P(0,1),B(m,-n),所以直线 PB 的方程为 y-1=x,直线 PB 与 x 轴交于 N,- 13 - / 13令 y=0,则 xN=,所以 N.设 Q(0,y0),tanOQM=,tanONQ=,因为OQM=ONQ,所以 tanOQM=tanONQ,所以=.所以=2,所以 y0=±.因此,存在点 Q(0,±),使OQM=ONQ.
