數(shù)學(xué) 理一輪對點訓(xùn)練：1052 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 Word版含解析

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1、 1．已知M(x0，y0)是雙曲線C：－y2＝1上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點．若·<0，則y0的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由題意知a2＝2，b2＝1，所以c2＝3，不妨設(shè)F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，所以＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0)，所以·＝x－3＋y＝3y－1<0，所以－<y0<，故選A. 2．設(shè)雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，右頂點為A，過F作AF的垂線與雙曲線交于B，C兩點，過B，C分別作AC，AB的垂線，兩垂線交于點D.若D到

2、直線BC的距離小于a＋，則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是(　　) A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－，0)∪(0，) D．(－∞，－)∪(，＋∞) 答案　A 解析　如圖所示，由題意知BC為雙曲線的通徑，所以|BC|＝，則|BF|＝.又|AF|＝c－a，因為BD⊥AC，DC⊥AB，所以點D在x軸上，由Rt△BFA∽Rt△DFB，得|BF|2＝|AF|·|FD|，即2＝(c－a)·|FD|，所以|FD|＝，則由題意知<a＋，即<a＋c，所以b4<a2(c－a)(a＋c)，即b4<a2(c2－a2

3、)，即b4<a2b2，所以0<<1，解得0<<1，而雙曲線的漸近線斜率為±，所以雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是(－1,0)∪(0,1)，故選A. 3．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(　　) A. B. C．3 D．2 答案　A 解析　解法一：設(shè)橢圓長半軸為a1，雙曲線實半軸長為a2，|F1F2|＝2c. 由余弦定理4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos. 而|PF1|＋|PF2|＝2a1，||P

4、F1|－|PF2||＝2a2，可得a＋3a＝4c2.令a1＝2ccosθ，a2＝sinθ， 即＋＝2cosθ＋sinθ＝2 ＝＝sin 故最大值為，故選A. 解法二：不妨設(shè)P在第一象限，|PF1|＝m，|PF2|＝n.在△PF1F2中，由余弦定理得m2＋n2－mn＝4c2.設(shè)橢圓的長軸長為2a1，離心率為e1，雙曲線的實軸長為2a2，離心率為e2，它們的焦距為2c，則＋＝＝＝. ∴2＝＝＝，易知2－＋1的最小值為.故max＝.故選A. 4.已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：

5、直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． 解　(1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條

6、件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP. 由得x＝，即xP＝. 將點的坐標(biāo)代入直線l的方程得b＝，因此xM＝.四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM. 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因為ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)直線l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． 5. 已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱． (1)求實數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點)． 解　(1)由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的

7、方程為y＝－x＋b.由消去y，得x2－x＋b2－1＝0.因為直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋>0，① 設(shè)M為AB的中點，則M， 代入直線方程y＝mx＋ 解得b＝－.② 由①②得m<－或m>. (2)令t＝∈∪，則 |AB|＝·， 且O到直線AB的距離d＝. 設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以 S(t)＝|AB|·d＝ ≤， 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時，等號成立． 故△AOB面積的最大值為. 6．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點P(0,1)和點A(m，n)(m≠0)都在橢圓C上，直

8、線PA交x軸于點M. (1)求橢圓C的方程，并求點M的坐標(biāo)(用m，n表示)； (2)設(shè)O為原點，點B與點A關(guān)于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問：y軸上是否存在點Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求點Q坐標(biāo)；若不存在，說明理由． 解　(1)由題意得解得a2＝2. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. 設(shè)M(xM,0)．因為m≠0，所以－1<n<1. 直線PA的方程為y－1＝x， 所以xM＝，即M. (2)因為點B與點A關(guān)于x軸對稱，所以B(m，－n)． 設(shè)N(xN,0)，則xN＝. “存在點Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等價于“存在點Q(0，yQ)使得＝”，即

9、yQ滿足y＝|xM||xN|. 因為xM＝，xN＝，＋n2＝1， 所以y＝|xM||xN|＝＝2. 所以yQ＝或yQ＝－. 故在y軸上存在點Q，使得∠OQM＝∠ONQ.點Q的坐標(biāo)為(0，)或(0，－)． 7．如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，過點P(0,1)的動直線l與橢圓相交于A，B兩點．當(dāng)直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為2. (1)求橢圓E的方程； (2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使得＝恒成立？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解　(1)由已知，點(，1)在橢圓E上，因此，解得a＝2，b＝

10、. 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l與x軸平行時，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點． 如果存在定點Q滿足條件，則有＝＝1，即|QC|＝|QD|. 所以Q點在y軸上，可設(shè)Q點的坐標(biāo)為(0，y0)． 當(dāng)直線l與x軸垂直時，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點， 則M，N的坐標(biāo)分別為(0，)，(0，－)． 由＝，有＝，解得y0＝1或y0＝2. 所以，若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標(biāo)只可能為(0,2)． 下面證明：對任意直線l，均有＝. 當(dāng)直線l的斜率不存在時，由上可知，結(jié)論成立． 當(dāng)直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1

11、)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 因此＋＝＝2k. 易知，點B關(guān)于y軸對稱的點B′的坐標(biāo)為(－x2，y2)． 又kQA＝＝＝k－， kOB′＝＝＝－k＋＝k－， 所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三點共線． 所以＝＝＝. 故存在與P不同的定點Q(0,2)，使得＝恒成立． 8．已知拋物線C1：x2＝4y的焦點F也是橢圓C2：＋＝1(a>b>0)的一個焦點，C1與C2的公共弦的長為2. (1)求C2的方程； (2)過點F的直線l與C1

12、相交于A，B兩點，與C2相交于C，D兩點，且與同向． ①|(zhì)AC|＝|BD|，求直線l的斜率； ②設(shè)C1在點A處的切線與x軸的交點為M.證明：直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時，△MFD總是鈍角三角形． 解　(1)由C1：x2＝4y知其焦點F的坐標(biāo)為(0,1)．因為F也是橢圓C2的一個焦點，所以a2－b2＝1.① 又C1與C2的公共弦的長為2，C1與C2都關(guān)于y軸對稱，且C1的方程為x2＝4y， 由此易知C1與C2的公共點的坐標(biāo)為，所以＋＝1.② 聯(lián)立①，②得a2＝9，b2＝8.故C2的方程為＋＝1. (2)如圖，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)． ①

13、因為與同向，且|AC|＝|BD|，所以＝，從而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③ 設(shè)直線方程有兩種形式，第一種，y＝kx＋m，注意斜率不存在的情況；第二種，x＝ty＋n.注意與x軸平行的情況． 設(shè)直線l的斜率為k，則l的方程為y＝kx＋1. 由得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是這個方程的兩根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④ 由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是這個方程的兩根，所以x3＋x4＝－，x3x4＝－.⑤ 將④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋， 即16(k2

14、＋1)＝， 所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，即直線l的斜率為±. ②證明：由x2＝4y得y′＝，所以C1在點A處的切線方程為y－y1＝(x－x1)，即y＝－. 令y＝0得x＝，即M，所以＝.而＝(x1，y1－1)，于是·＝－y1＋1＝＋1>0， 因此∠AFM是銳角，從而∠MFD＝180°－∠AFM是鈍角．故直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時，△MFD總是鈍角三角形． 9．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，A為C上異于原點的任意一點，過點A的直線l交C于另一點B，交x軸的正半軸于點D，且有|FA|＝|FD|.當(dāng)點A

15、的橫坐標(biāo)為3時，△ADF為正三角形． (1)求C的方程； (2)若直線l1∥l，且l1和C有且只有一個公共點E， ①證明直線AE過定點，并求出定點坐標(biāo)； ②△ABE的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題意知F， 設(shè)D(t,0)(t>0)，則FD的中點為. 因為|FA|＝|FD|，由拋物線的定義知3＋＝， 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由＝3，解得p＝2. 所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)①證明：由(1)知F(1,0)． 設(shè)A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)， 因為|FA|＝|F

16、D|，則|xD－1|＝x0＋1. 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)．故直線AB的斜率kAB＝－. 因為直線l1和直線AB平行，設(shè)直線l1的方程為y＝－x＋b， 代入拋物線方程得y2＋y－＝0， 由題意Δ＝＋＝0，得b＝－. 設(shè)E(xE，yE)，則yE＝－，xE＝. 當(dāng)y≠4時，kAE＝＝－＝， 可得直線AE的方程為y－y0＝(x－x0)， 由y＝4x0，整理可得y＝(x－1)， 直線AE恒過點F(1,0)． 當(dāng)y＝4時，直線AE的方程為x＝1，過點F(1,0)． 所以直線AE過定點F(1,0)． ②由①知直線AE過焦點F(1,0)， 所以|AE|

17、＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋＝x0＋＋2. 設(shè)直線AE的方程為x＝my＋1， 因為點A(x0，y0)在直線AE上，故m＝. 設(shè)B(x1，y1)，直線AB的方程為y－y0＝－(x－x0)， 由于y0≠0，可得x＝－y＋2＋x0， 代入拋物線方程得y2＋y－8－4x0＝0.所以y0＋y1＝－， 可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4. 所以點B到直線AE的距離為 d＝ ＝＝4. 則△ABE的面積S＝×4·≥16， 當(dāng)且僅當(dāng)＝x0，即x0＝1時等號成立． 所以△ABE的面積的最小值為16. 10．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距

18、為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)F為橢圓C的左焦點，T為直線x＝－3上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q. ①證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點)； ②當(dāng)最小時，求點T的坐標(biāo)． 解　(1)由已知可得 解得a2＝6，b2＝2， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋＝1. (2)①證明：由(1)可得，F(xiàn)的坐標(biāo)是(－2,0)，設(shè)T點的坐標(biāo)為(－3，m)．則直線TF的斜率kTF＝＝－m. 當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率kPQ＝.直線PQ的方程是x＝my－2. 當(dāng)m＝0時，直線PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．

19、 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得 消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 其判別式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0. 所以y1＋y2＝，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝. 所以PQ的中點M的坐標(biāo)為. 所以直線OM的斜率kOM＝－， 又直線OT的斜率kOT＝－，所以點M在直線OT上，因此OT平分線段PQ. ②由①可得，|TF|＝， |PQ|＝ ＝ ＝ ＝. 所以＝ ＝≥ ＝. 當(dāng)且僅當(dāng)m2＋1＝，即m＝±1時，等號成立，此時取得最小值．所以當(dāng)最小時，T點的坐標(biāo)是(－3,1)或(－3

20、，－1)． 11．如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，動直線l與橢圓C只有一個公共點P，且點P在第一象限． (1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點P的坐標(biāo)； (2)若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離的最大值為a－b. 解　(1)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)，由 消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0. 由于l與C只有一個公共點，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得點P的坐標(biāo)為.又點P在第一象限，故點P的坐標(biāo)為P. (2)證明：由于直線l1過原點O且與l垂直，故直線l1的方程為x＋k

21、y＝0，所以點P到直線l1的距離d＝， 整理得d＝ . 因為a2k2＋≥2ab，所以 ≤＝a－b， 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝時等號成立． 所以，點P到直線l1的距離的最大值為a－b. 12．已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1：y＝2x，l2：y＝－2x. (1)求雙曲線E的離心率； (2)如圖，O為坐標(biāo)原點，動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(A，B分別在第一、四象限)，且△OAB的面積恒為8.試探究：是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，說明理由． 解　解法一：(1)因為雙曲線E的漸近線分

22、別為y＝2x，y＝－2x，所以＝2，所以＝2，故c＝a， 從而雙曲線E的離心率e＝＝. (2)由(1)知，雙曲線E的方程為－＝1. 設(shè)直線l與x軸相交于點C. 當(dāng)l⊥x軸時，若直線l與雙曲線E有且只有一個公共點，則|OC|＝a，|AB|＝4a， 又因為△OAB的面積為8，所以|OC|·|AB|＝8， 因此a·4a＝8，解得a＝2， 此時雙曲線E的方程為－＝1. 若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為－＝1. 以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時，雙曲線E：－＝1也滿足條件． 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，依題意，得k>2或k<－2，則C.

23、記A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得y1＝，同理得y2＝， 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|得， ·＝8， 即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)． 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0. 因為4－k2<0，所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)， 又因為m2＝4(k2－4)，所以Δ＝0，即l與雙曲線E有且只有一個公共點． 因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1. 解法二：(1)同解法一． (2)由(1)知，雙曲線E的方程為－＝1. 設(shè)直線l的方程為x＝my

24、＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 依題意得－<m<. 由得y1＝， 同理得y2＝. 設(shè)直線l與x軸相交于點C，則C(t,0)． 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|＝8，得 |t|·＝8， 所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)． 由得(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0. 因為4m2－1<0，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當(dāng)且僅當(dāng)Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0， 即4m2a2＋t2－a2＝0，即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0， 即(1－4m2)(a2－4)＝0，所以

25、a2＝4， 因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1. 解法三：(1)同解法一． (2)當(dāng)直線l不與x軸垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 依題意得k>2或k<－2. 由得(4－k2)x2－2kmx－m2＝0， 因為4－k2<0，Δ>0，所以x1x2＝， 又因為△OAB的面積為8， 所以|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8， 又易知sin∠AOB＝， 所以·＝8，化簡得x1x2＝4.所以＝4，即m2＝4(k2－4)． 由(1)得雙曲線E的方程為－＝1， 由得(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0， 因為4－k2<0，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當(dāng)且僅當(dāng)Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0， 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4， 所以雙曲線E的方程為－＝1. 當(dāng)l⊥x軸時，由△OAB的面積等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2與雙曲線E：－＝1有且只有一個公共點． 綜上所述，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為－＝1.