高考数学异构异模复习第十章圆锥曲线与方程课时撬分练105圆锥曲线的综合应用理.docx
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高考数学异构异模复习第十章圆锥曲线与方程课时撬分练105圆锥曲线的综合应用理
2018高考数学异构异模复习考案第十章圆锥曲线与方程课时撬分练10.5圆锥曲线的综合应用理
时间:
90分钟
基础组
1.[2016·衡水二中仿真]如图,△PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直,且AD⊥α,BC⊥α,AD=4,BC=8,AB=6,若tan∠ADP+2tan∠BCP=10,则点P在平面α内的轨迹是( )
A.圆的一部分B.椭圆的一部分
C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分
答案 B
解析 由题意可得+2=10,则PA+PB=40>AB=6,又因P、A、B三点不共线,故点P的轨迹是以A、B为焦点的椭圆的一部分,故选B.
2.[2016·枣强中学期中]设圆O1和圆O2是两个相离的定圆,动圆P与这两个定圆都相切,则圆P的圆心轨迹可能是:
①两条双曲线;②一条双曲线和一条直线;③一条双曲线和一个椭圆.以上命题正确的是( )
A.①③B.②③
C.①②D.①②③
答案 C
解析 因为圆O1与圆O2相离,不妨设半径分别为r1,r2,r1≤r2,若圆P与两圆都外切,则|PO2-PO1|=r2-r1;与两圆都内切,则有|PO1-PO2|=r2-r1;若圆P与圆O1,O2一个内切,一个外切,则有|PO1-PO2|=r2+r1,故当r2>r1时,轨迹是两条双曲线,当r2=r1时,轨迹是一条双曲线和一条直线.故选C.
3.[2016·冀州中学期末]平面直角坐标系中,已知两点A(3,1),B(-1,3),若点C满足=λ1+λ2(O为原点),其中λ1,λ2∈R,且λ1+λ2=1,则点C的轨迹是( )
A.直线B.椭圆
C.圆D.双曲线
答案 A
解析 设C(x,y),因为=λ1+λ2,所以(x,y)=λ1(3,1)+λ2(-1,3),即
解得又λ1+λ2=1,
所以+=1,即x+2y=5,所以点C的轨迹为直线,故选A.
4.[2016·衡水中学预测]在△ABC中,||=4,△ABC的内切圆切BC于D点,且||-|C|=2,则顶点A的轨迹方程为________.
答案 -=1(x>)
解析 以BC的中点为原点,中垂线为y轴建立如图所示的坐标系,E、F分别为两个切点.
则|BE|=|BD|,|CD|=|CF|,
|AE|=|AF|.
∴|AB|-|AC|=|BE|-|CF|=||-||=2,
∴点A的轨迹为以B,C为焦点的双曲线的右支(y≠0),且a=,c=2,∴b=,
∴轨迹方程为-=1(x>).
5.[2016·枣强中学热身]P是椭圆+=1上的任意一点,F1、F2是它的两个焦点,O为坐标原点,有一动点Q满足=+,则动点Q的轨迹方程是________.
答案 +=1
解析 作P关于O的对称点M,连接F1M,F2M,则四边形F1PF2M为平行四边形,所以+==2=-2,
又=+,
所以=-,
设Q(x,y),则=,
即P点坐标为,又P在椭圆上,则有+=1,
即+=1.
6.[2016·衡水中学猜题]设椭圆方程为x2+=1,过点M(0,1)的直线l交椭圆于点A,B,O是坐标原点,l上的动点P满足=(+),点N的坐标为,当l绕点M旋转时,点P的轨迹方程为________.
答案 4x2+y2-y=0
解析 直线l过点M(0,1),当l的斜率存在时,设斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由题设可得点A,B的坐标(x1,y1)、(x2,y2)是方程组的解.
将①代入②并化简,得(4+k2)x2+2kx-3=0,
∴
于是=(+)==.
设点P的坐标为(x,y),则
消去参数k,得4x2+y2-y=0. ③
当直线l的斜率不存在时,A,B的中点坐标为原点(0,0),也满足方程③.
∴点P的轨迹方程为4x2+y2-y=0.
7.[2016·衡水中学一轮检测]如图,曲线M:
y2=x与曲线N:
(x-4)2+2y2=m2(m>0)相交于A、B、C、D四点.
(1)求m的取值范围;
(2)求四边形ABCD的面积的最大值及面积最大时对角线AC与BD的交点坐标.
解
(1)联立曲线M,N,消去y可得(x-4)2+2x-m2=0,即x2-6x+16-m2=0,根据条件可得
解得 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),x2>x1,y1>0,y2>0, 则SABCD=(y1+y2)(x2-x1) =(+)(x2-x1) =· =·. 令t=,则t∈(0,3), SABCD=· =2, 设f(t)=-t3-3t2+9t+27, 令f′(t)=-3t2-6t+9=-3(t2+2t-3)=-3(t-1)(t+3)=0,可得当t∈(0,3)时,f(t)的最大值为f (1)=32,从而SABCD的最大值为16. 令=1,得m2=15. 联立曲线M,N的方程,消去y并整理得 x2-6x+1=0,解得x1=3-2,x2=3+2, 所以A点坐标为(3-2,-1),C点坐标为(3+2,--1), kAC==-, 则直线AC的方程为y-(-1)=-[x-(3-2)], 当y=0时,x=1,由对称性可知AC与BD的交点在x轴上, 即对角线AC与BD的交点坐标为(1,0). 8.[2016·冀州中学模拟]已知椭圆C: +=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,且|AF|=1. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若动直线l: y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x=4交于点Q,问: 是否存在一个定点M(t,0),使得·=0.若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由. 解 (1)由c=1,a-c=1,得a=2, ∴b=, 故椭圆C的标准方程为+=1. (2)由得: (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ∴Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即m2=3+4k2. 设P(xP,yP),则xP=-=-,yP=kxP+m=-+m=, 即P. ∵M(t,0),Q(4,4k+m), ∴=,=(4-t,4k+m), ∴·=·(4-t)+·(4k+m)=t2-4t+3+(t-1)=0恒成立,故,即t=1. ∴存在点M(1,0)符合题意. 9.[2016·衡水二中周测]如图,等边三角形OAB的边长为8,且其三个顶点均在抛物线E: x2=2py(p>0)上. (1)求抛物线E的方程; (2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q,以PQ为直径的圆是否恒过y轴上某定点M,若存在,求出M的坐标;若不存在,请说明理由. 解 (1)依题意得|OB|=8,根据对称性知∠BOy=30°. 设点B(x,y),则x=8×sin30°=4, y=8×cos30°=12,所以B(4,12)在抛物线上,所以(4)2=2p×12,解得p=2,抛物线E的方程为x2=4y. (2)设点P(x0,y0)(x0≠0),因为y=x2,y′=x, 直线l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-x. 由得, 所以Q. 设满足条件的定点M存在,坐标为M(0,y1), 所以=(x0,y0-y1),=, 又·=0, 所以-y0-y0y1+y1+y=0,又y0=x(x0≠0),联立解得y1=1, 故以PQ为直径的圆过y轴上的定点M(0,1). 10.[2016·枣强中学仿真]已知实数m>1,定点A(-m,0),B(m,0),S为一动点,点S与A,B两点连线斜率之积为-. (1)求动点S的轨迹C的方程,并指出它是哪一种曲线; (2)若m=,问t取何值时,直线l: 2x-y+t=0(t>0)与曲线C有且只有一个交点; (3)在 (2)的条件下,证明: 直线l上横坐标小于2的点P到点(1,0)的距离与到直线x=2的距离之比的最小值等于曲线C的离心率. 解 (1)设S(x,y), 则kSA=,kSB=. 由题意,得=-,即+y2=1(x≠±m). ∵m>1, ∴轨迹C是中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆(除去x轴上的两顶点),其中长轴长为2m,短轴长为2. (2)若m=,则曲线C的方程为+y2=1(x≠±).由 消去y,得9x2+8tx+2t2-2=0. 令Δ=64t2-36×2(t2-1)=0,得t=±3. ∵t>0,∴t=3. 此时直线l与曲线C有且只有一个交点. (3)证明: 由 (2)知直线l的方程为2x-y+3=0,设点P(a,2a+3)(a<2),d1表示P到点(1,0)的距离,d2表示P到直线x=2的距离,则d1==,d2=2-a, ∴==. 令f(a)=, 则f′(a)= =. 令f′(a)=0,得a=-. 当a<-时,f′(a)<0; 当-0. ∴f(a)在a=-时取得最小值,即取得最小值, ∴min==, 又椭圆的离心率为, ∴的最小值等于椭圆的离心率. 11.[2016·衡水二中月考]已知椭圆C的两个焦点是(0,-)和(0,),并且经过点,抛物线的顶点E在坐标原点,焦点恰好是椭圆C的右顶点F. (1)求椭圆C和抛物线E的标准方程; (2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1、l2,l1交抛物线E于点A、B,l2交抛物线E于点G、H,求·的最小值. 解 (1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),焦距为2c,则由题意得c=, 2a=+=4, ∴a=2,b2=a2-c2=1, ∴椭圆C的标准方程为+x2=1. ∴右顶点F的坐标为(1,0). ∴设抛物线E的标准方程为y2=2px(p>0), ∴=1,2p=4, ∴抛物线E的标准方程为y2=4x. (2)设l1的方程: y=k(x-1), l2的方程: y=-(x-1), A(x1,y1),B(x2,y2),G(x3,y3),H(x4,y4), 由,消去y得: k2x2-(2k2+4)x+k2=0, ∴x1+x2=2+,x1x2=1. 由,消去y得: x2-(4k2+2)x+1=0, ∴x3+x4=4k2+2,x3x4=1, ∴·=(+)·(+) =·+·+·+· =||·||+||·|| =|x1+1|·|x2+1|+|x3+1|·|x4+1| =(x1x2+x1+x2+1)+(x3x4+x3+x4+1) =8++4k2≥8+2=16, 当且仅当=4k2即k=±1时,·有最小值16. 12.[2016·武邑中学热身]已知椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率为,其左、右焦点分别是F1,F2,过点F1的直线l交椭圆C于E,G两点,且△EGF2的周长为4. (1)求椭圆C的方程; (2)若过点M(2,0)的直线与椭圆C相交于两点A,B,设P为椭圆上一点,且满足+=t(O为坐标原点),当|-|<时,求实数t的取值范围. 解 (1)由题意知椭圆的离心率e==,∴e2===,即a2=2b2. 又△EGF2的周长为4,即4a=4, ∴a2=2,b2=1. ∴椭圆C的方程为+y2=1. (2)由题意知直线AB的斜率存在,即t≠0. 设直线AB的方程为y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y), 由 得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0. 由Δ=64k4-4(2k2+1)(8k2-2)>0,得k2<. x1+x2=,x1x2=, ∵+=t, ∴(x1+x2,y1+y2)=t(x,y), 即x==, y==[k(x1+x2)-4k] =. ∵点P在椭圆C上, ∴+2=2, ∴16k2=t2(1+2k2). ∵|-|<, ∴|x1-x2|<, ∴(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]<, ∴(1+k2)<, ∴(4k2
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