2024年高考數(shù)學第一輪復習31_專題九95圓錐曲線的綜合問題（專題試卷+講解PPT）-課件下載-教習網(wǎng)

考法一　求軌跡方程
1.(2022山東聊城二模,4)已知點P在圓O:x2+y2=4上,點A(-3,0),B(0,4),則滿足AP⊥BP的點P的個數(shù)為?(　????)A.3　????B.2　????C.1　????D.0答案????B????
2.(2020課標Ⅲ文,6,5分)在平面內(nèi),A,B是兩個定點,C是動點.若?·?=1,則點C的軌跡為?(　????)A.圓　????B.橢圓　????C.拋物線　????D.直線答案????A????
3.(2023屆貴州遵義新高考協(xié)作體入學質(zhì)量監(jiān)測,8)已知圓C的方程為(x-1)2+y2=16,B(-1,0),A為圓C上任意一點,若點P為線段AB的垂直平分線與直線AC的交點,則點P的軌跡方程為?(　????)A.?+?=1　????B.?-?=1C.?+?=1　????D.?-?=1答案????C????
4.(2017課標Ⅱ,文20,理20,12分)設O為坐標原點,動點M在橢圓C:?+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足?=??.(1)求點P的軌跡方程;(2)設點Q在直線x=-3上,且?·?=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.
解析????(1)設P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),?=(x-x0,y),?=(0,y0).由?=??得x0=x,y0=?y.因為M(x0,y0)在C上,所以?+?=1.因此點P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明:由題意知F(-1,0).設Q(-3,t),P(m,n),則?=(-3,t),?=(-1-m,-n),?·?=3+3m-tn,?=(m,n),?=(-3-m,t-n).由?·?=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以?·?=0,即?⊥?.又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的
左焦點F.
5.(2023屆長沙市明德中學檢測,21)平面直角坐標系內(nèi)有一定點F(-1,0),定直線l:x=-5,設動點P到定直線的距離為d,且滿足?=?.(1)求動點P的軌跡方程;(2)直線m:y=kx-3過定點Q,與動點P的軌跡交于不同的兩點M,N,動點P的軌跡與y的負半軸交于A點,直線AM、AN分別交直線y=-3于點H、K,若|QH|+|QK|≤35,求k的取值范圍.
解析????(1)設動點P的坐標為(x,y),因為?=?,所以?=?,即5[(x+1)2+y2]=|x+5|2,整理得?+?=1.所以動點P的軌跡方程為?+?=1.(2)設M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)可得點A的坐標為(0,-2),故直線AM:y=?x-2,令y=-3,則xH=-?,同理xK=-?.由?消去y得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由Δ=900k2-100(4+5k2)>0,解得k1.由根與系數(shù)的關系得x1+x2=?,x1x2=?,x1x2>0,
|QH|+|QK|=|xH+xK|=?=?=?=?=5|k|,因為|QH|+|QK|≤35,所以5|k|≤35,即|k|≤7.綜上,-7≤k0)的離心率為?,且過點A(2,1).(1)求C的方程;(2)點M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明:存在定點Q,使得|DQ|為定值.
解析????(1)由題設得?+?=1,?=?,解得a2=6,b2=3.所以C的方程為?+?=1.(2)證明:設M(x1,y1),N(x2,y2).若直線MN與x軸不垂直,設直線MN的方程為y=kx+m,代入?+?=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-?,x1x2=?.①由AM⊥AN知?·?=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)·(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.將①代入上式可得(k2+1)?-(km-k-2)·?+(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因為A(2,1)不在直線MN上,所以2k+
m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程為y=k?-?(k≠1).所以直線MN過點P?.若直線MN與x軸垂直,可得N(x1,-y1).由?·?=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又?+?=1,可得3?-8x1+4=0.解得x1=2(舍去)或x1=?.此時直線MN過點P?.令Q為AP的中點,即Q?.若D與P不重合,則由題設知AP是Rt△ADP的斜邊,故|DQ|=?|AP|=?.若D與P重合,則|DQ|=?|AP|.綜上,存在點Q?,使得|DQ|為定值.
4.(2022山東泰安三模,21)已知橢圓E:?+?=1(a>b>0)的離心率e=?,四個頂點組成的菱形的面積為8?,O為坐標原點.(1)求橢圓E的方程;(2)過☉O:x2+y2=?上任意點P作☉O的切線l與橢圓E交于點M,N,求證:?·?為定值.
解析????(1)由題意得2ab=8?,e=?=?,a2=b2+c2,解得a=2?,b=2,所以橢圓E的方程為?+?=1.(2)證明:當切線l的斜率不存在時,其方程為x=±?,當x=?時,將x=?代入橢圓方程?+?=1,得y=±?,不妨令M?,N?,∵P?,∴?=?,?=?,∴?·?=-?;當x=-?時,同理可得?·?=-?.
當切線l的斜率存在時,設l的方程為y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),因為l與☉O相切,所以?=?,所以3m2=8k2+8,由?得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,∴x1+x2=-?,x1x2=?,由Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)>0,得8k2-m2+4>0.?·?=(?-?)·(?-?)=?-?·?-?·?+?·?=?-?-?+?·?=-?+?·?,∵?·?=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)?+km?+m2=?=0,∴?·?=-?.綜上,?·?為定值-?.
5.(2022河北衡水二調(diào),21)已知橢圓C:?+?=1(a>b>0)的長軸長為4,P在C上運動,F1,F2為C的兩個焦點,且cos∠F1PF2的最小值為?.(1)求C的方程;(2)已知過點M(0,m)(-b?.
?=-?,?=-?,則線段AB的垂直平分線的方程為y+?=-??,令y=0,得x=-?,則H?,|FH|=?=?.又|AB|=?·?=?·?=?·?
=?,所以?=?=?.故?是定值,該定值為?.
考向二　定點問題
1.(2022全國乙,理20,文21,12分)已知橢圓E的中心為坐標原點,對稱軸為x軸、y軸,且過A(0,-2),B?兩點.(1)求E的方程; (2)設過點P(1,-2)的直線交E于M,N兩點,過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T,點H滿足?=?.證明:直線HN過定點.
解析????(1)解法一:設橢圓E的方程為?+?=1(a>0,b>0且a≠b),將A(0,-2),B?兩點的坐標代入,得?解得?故橢圓E的方程為?+?=1.解法二:設橢圓E的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n).由題意可得?解得?故橢圓E的方程為?+?=1.(2)由A(0,-2),B?可得直線AB的方程為y=?x-2.
①若過點P(1,-2)的直線的斜率不存在,則其方程為x=1,與方程?+?=1聯(lián)立,可得y=±?,結合題意可知N?,M?,由?得?則T?,由?=?,得?則H?,所以直線HN的方程為y=?x-2,易知直線HN過點(0,-2);
②若過點P(1,-2)的直線的斜率存在,設其方程為y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).聯(lián)立?得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,則x1+x2=?,x1x2=?,y1+y2=?,y1y2=?,x1y2+x2y1=?.聯(lián)立?可得T?,由?=?,可得H(3y1+6-x1,y1),故此時直線HN的方程為y-y2=?(x-x2),將(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即2×?-6×?+?-3×?-12=0恒成立,則直線HN過定點(0,-2).
綜上,直線HN過定點(0,-2).
2.(2019北京理,18,14分)已知拋物線C:x2=-2py經(jīng)過點(2,-1).(1)求拋物線C的方程及其準線方程;(2)設O為原點,過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M,N,直線y=-1分別交直線OM,ON于點A和點B.求證:以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點.
解析????(1)由拋物線C:x2=-2py經(jīng)過點(2,-1),得p=2.所以拋物線C的方程為x2=-4y,其準線方程為y=1.(2)證明:拋物線C的焦點為F(0,-1).設直線l的方程為y=kx-1(k≠0).由?得x2+4kx-4=0.設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2=-4,直線OM的方程為y=?x.令y=-1,得點A的橫坐標xA=-?.同理得點B的橫坐標xB=-?.設點D(0,n),則?=?,?=?,
?·?=?+(n+1)2=?+(n+1)2=?+(n+1)2=-4+(n+1)2.令?·?=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.綜上,以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(0,1)和(0,-3).
3.(2022廣東韶關九校聯(lián)考,21)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的點P(1,y0)(y0>0)到焦點的距離為2.(1)求點P的坐標及拋物線C的方程;(2)若點M、N在拋物線C上,且kPM·kPN=-?,求證:直線MN過定點.
解析????(1)設拋物線的焦點為F,則F?,準線方程為x=-?,由拋物線的定義得1+?=2,解得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x,把(1,y0)代入得?=4,因為y0>0,所以y0=2,所以P(1,2).(2)證明:由題意知直線MN的斜率不為0,設直線MN的方程為x=my+n,M?,N?,聯(lián)立?得y2-4my-4n=0,Δ=16m2+4×4n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n,因為kPM=?=?,kPN=?=?,kPM·kPN=-?,所以?=-?,即y1y2+2(y1+y2)+36=0,所以-4n+8m+36=0,即n=2m+9,滿足Δ>0,
所以直線MN的方程為x=my+2m+9=m(y+2)+9,所以直線MN過定點(9,-2).
考法三　最值與范圍問題
考向一　最值問題
1.(2021全國乙文,11,5分)設B是橢圓C:?+y2=1的上頂點,點P在C上,則|PB|的最大值為?(　????)A.?　????B.?　????C.?　????D.2答案????A????
2.(多選)(2023屆河北“五個一”名校聯(lián)盟摸底,12)已知圓C:x2+?=1上兩點A、B滿足|AB|≥?,點M(x0,0)滿足|MA|=|MB|,則下列結論中正確的是?(　????)A.當|AB|=?時,x0=?B.當x0=0時,過M點的圓C的最短弦長是2?C.線段AB的中點縱坐標的最小值是?D.過M點作圓C的切線且切點為A,B,則x0的取值范圍是?∪?答案????CD????
3.(2023屆山東青島調(diào)研,21)在平面直角坐標系xOy中,動圓P與圓C1:x2+y2+2x-?=0內(nèi)切,且與圓C2:x2+y2-2x+?=0外切,記動圓P的圓心的軌跡為E.(1)求E的方程;(2)不過圓心C2且與x軸垂直的直線交E于A,M兩個不同的點,連接AC2并延長交E于點B.(i)若直線MB交x軸于點N,證明:N為一個定點;(ii)若過圓心C1的直線交E于D,G兩個不同的點,且AB⊥DG,求四邊形AD-BG面積的最小值.
解析????(1)設動圓P的半徑為R,圓心P的坐標為(x,y).由題意可知圓C1的圓心為C1(-1,0),半徑為?;圓C2的圓心為C2(1,0),半徑為?.∵動圓P與圓C1內(nèi)切,且與圓C2外切,∴??|PC1|+|PC2|=4>|C1C2|=2,∴動圓P的圓心的軌跡E是以C1,C2為焦點的橢圓.設其方程為?+?=1(a>b>0),其中2a=4,2c=2,∴a=2,c=1,則b2=3.從而E的方程為?+?=1.
(2)(i)證明:設直線AB的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則M(x1,-y1),由?可得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2=?,x1x2=?.直線BM的方程為y+y1=?(x-x1),令y=0,可得N點的橫坐標為xN=?y1+x1=?+x1=?=?=4,
∴N為一個定點,其坐標為(4,0).(ii)根據(jù)(i)可求得|AB|=?|x2-x1|=?×?=?×?=?.∵AB⊥DG,∴kDG=-?,則|DG|=?.∵AB⊥DG,∴四邊形ADBG的面積S=?|AB|·|DG|=?×?×?=?,令k2+1=t,∵k≠0,∴t>1,
則S=?=?=?,當?=?,即k=±1時,Smin=?.
4.(2022濟南三模,21)已知橢圓C:?+?=1(a>b>0)的離心率為?,且經(jīng)過點P(1,?).(1)求橢圓C的方程;(2)A、B為橢圓C上兩點,直線PA與PB的傾斜角互補,求△PAB面積的最大值.
解析????(1)由題意得?解得a=?,b=?,∴橢圓C的方程為?+?=1.(2)由題意可知直線AB的斜率一定存在.設直線AB的方程為y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),將y=kx+t代入?+?=1得(k2+3)x2+2ktx+t2-6=0,由Δ=4k2t2-4(k2+3)(t2-6)>0得6k2-3t2+18>0.x1+x2=?,x1x2=?.
∵直線PA和直線PB的傾斜角互補,∴kPA=-kPB,即?=-?,化簡可得2?+x1y2+x2y1=(y1+y2)+?(x1+x2),∵y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=?,x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=2kx1x2+t(x1+x2)=?,∴2?+?=?+?·?,化簡得(k-?)(k+t-?)=0,∵直線AB不過點P,∴k=?,∴x1+x2=?,x1x2=?,-2?0)過點M(2,3),點A為其左頂點,且AM的斜率為?.(1)求C的方程;(2)點N為橢圓上任意一點,求△AMN的面積的最大值.
解析????(1)由題意可知直線AM的方程為y-3=?(x-2),即x-2y=-4,當y=0時,解得x=-4,所以a=4,由橢圓C:?+?=1(a>b>0)過點M(2,3),可得?+?=1,解得b2=12,所以C的方程為?+?=1.
(2)設與直線AM平行的直線方程為x-2y=m,當直線與橢圓相切時,與AM距離比較遠的直線與橢圓的切點為N,此時△AMN的面積取得最大值.聯(lián)立?消去x得16y2+12my+3m2-48=0,所以Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8,與AM距離比較遠的直線方程為x-2y=8,兩平行線(直線AM與直線x-2y=8)之間的距離為d=?=?,|AM|=?=3?.所以△AMN的面積的最大值為?×3?×?=18.
考向二　范圍問題
1.(多選)(2023屆湖北“宜荊荊恩”起點考試,11)已知橢圓C:?+?=1(a>b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,長軸長為4,點P(?,1)在橢圓C外,點Q在橢圓C上,則?(　????)A.橢圓C的離心率的取值范圍是?B.當橢圓C的離心率為?時,|QF1|的取值范圍是[2-?,2+?]C.存在點Q,使得?·?=0D.?+?的最小值為1答案????BCD????
2.(2022山東濱州二模,21)已知拋物線C:x2=2py(p>0)在點M(1,y0)處的切線斜率為?.(1)求拋物線C的方程;(2)若拋物線C上存在不同的兩點關于直線l:y=2x+m對稱,求實數(shù)m的取值范圍.
解析????(1)由題意知點M?,則切線方程為y-?=?(x-1),由?消去y并整理得x2-px+p-1=0,依題意,有Δ=p2-4(p-1)=0,解得p=2,所以拋物線C的方程是x2=4y.(2)設拋物線C上關于直線l對稱的兩點為A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為y=-?x+t,由?消去y并整理得x2+2x-4t=0,則Δ'=4+16t>0,解得t>-?.x1+x2=-2,y1+y2=-?(x1+x2)+2t=2t+1,顯然線段AB的中點?在直線l上,于是得t+?=-2+m,即有t=m-?,而t>-?,因此,m-?>-?,解得m>?,所以實數(shù)m的取值范圍是?.
3.(2021北京,20,15分)已知橢圓E:?+?=1(a>b>0)的一個頂點為A(0,-2),以橢圓E的四個頂點為頂點的四邊形面積為4?.(1)求橢圓E的方程;(2)過點P(0,-3)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B,C,直線AB,AC分別與直線y=-3交于點M,N.當|PM|+|PN|≤15時,求k的取值范圍.
解析????(1)將A(0,-2)代入橢圓E的方程得b=2,由橢圓E的四個頂點圍成的四邊形面積為2ab=4?,解得a=?,所以橢圓E的方程為?+?=1.(2)設B(x1,y1),C(x2,y2),由題意得直線l的方程為y+3=k(x-0),即y=kx-3,將y=kx-3代入橢圓E的方程并化簡得(4+5k2)x2-30kx+25=0,則x1+x2=?,x1x2=?,由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k1.直線AB的方程為?=?,令y=-3,解得x=-?,得M?,
同理可得N?,所以|PM|+|PN|=?+?=?=?=?=?=?=?=|5k|≤15,解得-3≤k≤3.故k的取值范圍為[-3,-1)∪(1,3].
4.(2022長沙長郡中學月考一,20)設橢圓C:?+?=1的左,右頂點分別為A,B.(1)若P、Q是橢圓上關于x軸對稱的兩點,直線AP,BQ的斜率分別為k1,k2(k1k2≠0),求|k1|+|k2|的最小值;(2)已知過點D(0,-3)的直線l交橢圓C于M、N兩個不同的點,直線AM,AN分別交y軸于點S,T,記?=λ?,?=μ?(O為坐標原點),當直線l的傾斜角θ為銳角時,求λ+μ的取值范圍.
解析????(1)由題意設點P(x0,y0),Q(x0,-y0),-3?.由根與系數(shù)的關系得x1+x2=?,x1x2=?.
易知直線AM的方程是y=?(x+3),令x=0,解得y=?,所以S?,同理可得T?.所以?=?,?=?,因為?=(0,3),?=λ?,?=μ?,所以?+3=3λ,?+3=3μ,所以λ+μ=?+?+2=?+?+2=?+2=?+2=-?+2,
因為k>?,所以?0,b>0)的左,右焦點分別是F1,F2,漸近線分別為l1,l2,過F2作漸近線的垂線,垂足為P,且△OPF1的面積為?.(1)求雙曲線C的離心率;(2)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,是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線C?若存在,求出雙曲線C的方程;若不存在,說明理由.
解析????(1)由題意易知,|PF2|=b,|OP|=a,由PF2⊥OP得?=?,又因為?=?=?,所以?=?,解得b=2a,則c=?a,所以雙曲線C的離心率e=?.(2)由(1)及題意得漸近線l1:y=2x,l2:y=-2x,設雙曲線的方程為?-?=1,依題意得直線l的斜率不為零,因此設直線l的方程為x=my+t,-?0,y1>0),B(x2,y2)(x2>0,y20,①聯(lián)立?得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0,
若直線l與雙曲線C只有一個公共點,則Δ=0,即Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0,化簡得t2+a2(4m2-1)=0,將①式代入可得a2=4,所以雙曲線的方程為?-?=1,因此,存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線C,雙曲線C的方程為?-?=1.
3.(2022重慶八中摸底,21)已知橢圓C:?+?=1(a>b>0)的離心率為?,長軸端點和短軸端點的距離為?.(1)求橢圓C的方程;(2)若P為橢圓C上異于橢圓C頂點的任意一點,過點Q(0,-2)且平行于OP的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(點O為坐標原點),是否存在實數(shù)λ,使得?·?=λ?成立?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由.
解析????(1)依題意得?解得?∴橢圓C的方程為?+y2=1.(2)存在.因為P是橢圓C上異于橢圓C頂點的任意一點,且l∥OP,所以直線l的斜率存在且不為0.設過點Q(0,-2)的直線l的方程為y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由?消去y得(1+4k2)x2-16kx+12=0,則Δ=(-16k)2-4×12×(1+4k2)>0?4k2>3,x1+x2=?,x1x2=?,
|QA|·|QB|=?|x1-xQ|·?|x2-xQ|=(1+k2)·|x1x2|.由?得?=?,所以|OP|2=(1+k2)?=(1+k2)?,又因為?·?=λ?,所以|QA|·|QB|=λ|OP|2,所以|x1x2|=λ?,即?=?,解得λ=3.故存在實數(shù)λ,使得?· ?=λ?成立,且λ=3.
4.(2022湖北部分學校質(zhì)量檢測,21)已知F1(-c,0),F2(c,0)分別為橢圓C:?+?=1(a>b>0)的左,右焦點,P?是橢圓C上一點,且?·?=?.(1)求橢圓C的方程;(2)過點F2的直線與橢圓C交于A,B兩點,試問:是否存在定點G(x0,0),使得?·?為定值?若存在,求出x0的值;若不存在,請說明理由.
解析????(1)因為?·?=?·?=?c2=?,又c>0,所以c=1,P?,又點P在橢圓上,所以?解得?所以橢圓C的方程為?+?=1.(2)存在.若直線AB的斜率不存在,即直線AB的方程為x=1,令A?,B?,則?·?=(x0-1)2-?.若直線AB的斜率存在,設AB的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由?得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,則Δ=64k4-4(4k2+3)
(4k2-12)>0,x1+x2=?,x1x2=?.所以?=(x1-x0,y1),?=(x2-x0,y2),則?·?=x1x2-(x1+x2)x0+?+k2(x1-1)(x2-1)=(k2+1)x1x2-(x0+k2)·(x1+x2)+k2+?=?,因為?·?為定值,所以?=?,解得x0=?,定值為-?,而x0=?時,(x0-1)2-?=-?,故存在定點G,使得?·?為定值,此時x0=?.
一、單項選擇題
1.(2022福建莆田一模,3)若直線l:(a+1)x-y+3=0與直線m:x-(a+1)y-3=0互相平行,則a=?(　????)A.-1　????B.-2　????C.-2或0　????D.0答案????D????
2.(2022重慶云陽江口中學期末,2)已知直線l過點M(3,0),則“直線l的斜率小于或等于0”是“直線l與圓C:x2+y2-6y=0有公共點”的?(　????)A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案????A????
3.(2022江蘇鹽城四校期初聯(lián)測,5)若橢圓?+?=1(m>n>0)和雙曲線?-?=1(s,t>0)有相同的焦點F1和F2,而P是這兩曲線的一個交點,則|PF1|·|PF2|的值是?(　????)A.m-s　????B.?(m-s)C.m2-s2　????D.?-?答案????A????
4.(2020課標Ⅰ理,11,5分)已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直線l:2x+y+2=0,P為l上的動點.過點P作☉M的切線PA,PB,切點為A,B,當|PM|·|AB|最小時,直線AB的方程為?(　????)A.2x-y-1=0　????B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0　????D.2x+y+1=0答案????D????
5.(2022湖北部分重點中學聯(lián)考,7)已知雙曲線?-?=1(a>0,b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,過F2的直線交雙曲線右支于A,B兩點,若?·?=0,且cos∠F1AF2=?,則雙曲線的離心率為?(　????)A.?　????B.?　????C.?　????D.?答案????D????
6.(2022江蘇南通如皋調(diào)研一,6)已知拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F的直線交拋物線C于A,B,以AF為直徑的圓過點(0,2),則直線AB的斜率為?(　????)A.?　????B.?　????C.?　????D.?答案????A????
7.(2022山東棗莊三模,8)已知點F1、F2分別為橢圓C:?+?=1(a>b>0)的左、右焦點,點P為直線x=?上一個動點.若tan∠F1PF2的最大值為?,則橢圓C的離心率為?(　????)A.?　????B.?　????C.?　????D.?答案????D????
8.(2023屆山東青島調(diào)研,8)拋物線有一條重要性質(zhì):從焦點發(fā)出的光線,經(jīng)過拋物線上的一點反射后,反射光線平行于拋物線的對稱軸.如圖所示,從拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F向x軸上方發(fā)出的兩條光線a,b分別經(jīng)拋物線上的A,B兩點反射,已知兩條入射光線與x軸所成角均為?,且|FB|+|FA|=8,則兩條反射光線a',b'之間的距離為?(　????)?A.?　????B.4　????C.2　????D.2?答案????D????
9.(2019北京,8,5分)數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如圖).給出下列三個結論:
①曲線C恰好經(jīng)過6個整點(即橫、縱坐標均為整數(shù)的點);②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過?;③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結論的序號是?(　????)A.①　????B.②　????C.①②　????D.①②③答案????C????
10.(2022海南中部六市縣模擬,11)在平面直角坐標系中,三點A(-1,0),B(1,0),C(0,7),動點P滿足|PA|=?|PB|,則以下結論正確的是?(　????)A.點P的軌跡方程為(x-3)2+y2=8B.△PAB面積最大時,|PA|=2?C.∠PAB最大時,|PA|=2?D.P到直線AC的距離的最小值為?答案????ACD????
二、多項選擇題
11.(2022廣東汕頭澄海中學月考,9)已知F1,F2是雙曲線E:?-?=1(a>0,b>0)的左、右焦點,過F1作傾斜角為30°的直線分別交y軸與雙曲線右支于點M,P,|PM|=|MF1|,下列判斷正確的是?(　????)A.∠PF2F1=?B.|MF2|=?|PF1|C.E的離心率等于?D.E的漸近線方程為y=±?x答案????BCD????
12.(2022河北部分重點中學期中,10)已知直線l過拋物線C:x2=-4y的焦點F,且直線l與拋物線C交于A,B兩點,過A,B兩點分別作拋物線C的切線,兩切線交于點G,設A(xA,yA),B(xB,yB),G(xG,yG),則下列選項正確的是?(　????)A.yA·yB=4B.以線段AB為直徑的圓與直線y=?相離C.當?=2?時,|AB|=?D.△GAB面積的取值范圍為[4,+∞)答案????BCD????
13.(2022上海交通大學附中期中,9)已知直線l:y=2x-10與雙曲線?-?=1(a>0,b>0)的一條漸近線平行,且經(jīng)過雙曲線的一個焦點,則雙曲線的標準方程為　　　????.答案?????-?=1
三、填空題
14.(2022重慶云陽江口中學期末,14)已知橢圓C1:?+?=1,雙曲線C2:?-?=1(a>0,b>0)的離心率互為倒數(shù),F1,F2為雙曲線C2的左,右焦點,設點M為C2的漸近線上的一點,若?·?=0(O為坐標原點),△MF1F2的面積為16,則C2的方程為　　　　　????.答案?????-?=1
15.(2022全國甲文,15,5分)記雙曲線C:?-?=1(a>0,b>0)的離心率為e,寫出滿足條件“直線y=2x與C無公共點”的e的一個值　　　????.答案????2(答案不唯一,在(1,?]范圍內(nèi)取值均可)
16.(2019北京文,19,14分)已知橢圓C:?+?=1的右焦點為(1,0),且經(jīng)過點A(0,1).(1)求橢圓C的方程;(2)設O為原點,直線l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P,Q,直線AP與x軸交于點M,直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|=2,求證:直線l經(jīng)過定點.
四、解答題
解析????(1)由題意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以橢圓C的方程為?+y2=1.(2)證明:設P(x1,y1),Q(x2,y2),則直線AP的方程為y=?x+1.令y=0,得點M的橫坐標xM=-?.又y1=kx1+t,從而|OM|=|xM|=?.同理,|ON|=?.由?得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.則x1+x2=-?,x1x2=?.所以|OM|·|ON|=?·?
=?=?=2?.又|OM|·|ON|=2,所以2?=2.解得t=0,所以直線l經(jīng)過定點(0,0).
17.(2022重慶涪陵實驗中學期中,21)已知橢圓C:?+?=1(a>b>0)過點A(0,1),且離心率為?.(1)求橢圓C的方程;(2)過A作斜率分別為k1,k2的兩條直線,分別交橢圓于點M,N,且k1+k2=2,證明:直線MN過定點.?
解析????(1)∵橢圓C:?+?=1(a>b>0)過點A(0,1),即?=1,∴b=1.∵e=?=?,又a2-b2=c2,∴a=2,∴橢圓C的方程為?+y2=1.(2)當直線MN的斜率不存在時,設直線方程為x=t,M(t,s),N(t,-s),則k1=?,k2=?,∴k1+k2=?+?=?=2,解得t=-1,∴直線方程為x=-1;當直線MN的斜率存在時,設直線方程為y=kx+m(m≠1),聯(lián)立?得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=-?,x1·x2=?(*),則k1+k2=?+?=?=?=2,將(*)式代入化簡可得?=2,即(k-m-1)(m-1)=0,整理得k=m+1,代入直線MN的方程得y=(m+1)x+m=m(x+1)+x,即m(x+1)+x-y=0,由?解得x=-1,y=-1,∴直線MN恒過定點(-1,-1).綜上所述,直線MN恒過定點(-1,-1).
18.(2022山東泰安二模,21)已知橢圓C:?+?=1(a>b>0)過點?,過其右焦點F2且垂直于x軸的直線交橢圓C于A,B兩點,且|AB|=?.(1)求橢圓C的方程;(2)若直線l:y=kx-?與橢圓C交于E,F兩點,線段EF的中點為Q,在y軸上是否存在定點P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.
解析????(1)由題意知,橢圓C過點?和?,所以?解得?所以橢圓C的方程為?+y2=1.(2)假設在y軸上存在定點P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立.設P(0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),由?得(4+12k2)x2-12kx-9=0,
∴x1+x2=?,x1x2=?,Δ=144k2+36(4+12k2)>0恒成立.∵∠EQP=2∠EFP,∠EQP=∠QFP+∠QPF,∴∠EFP=∠FPQ,∴|QE|=|QF|=|QP|,∴點P在以EF為直徑的圓上,PE⊥PF,∵?=(x1,y1-y0),?=(x2,y2-y0),∴?·?=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+?=x1x2+k2x1x2-?(x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]+?+?=(1+k2)x1x2-k?(x1+x2)+?+y0+?
=?=0,∴12(?-1)k2+4?+4y0-8=0恒成立,∴?解得y0=1,∴P(0,1),∴存在定點P(0,1),使得∠EQP=2∠EFP恒成立.
19.(2022廣東深圳二調(diào),21)已知橢圓E:?+?=1(a>b>0)經(jīng)過點M?,且焦距|F1F2|=2?,線段AB,CD分別是它的長軸和短軸.(1)求橢圓E的方程;(2)若N(s,t)是平面上的動點,從下面兩個條件中選一個,證明:直線PQ經(jīng)過定點.①s=1,t≠±?,直線NA,NB與橢圓E的另一交點分別為P,Q;②t=2,s∈R,直線NC,ND與橢圓E的另一交點分別為P,Q.
解析????(1)由已知得?解得?∴橢圓E的方程為?+y2=1.(2)選擇條件①.證明:由題意得N(1,t),t∈R,t≠±?.不妨令A(-2,0),B(2,0),則直線NA的方程為y=?(x+2),直線NB的方程為y=-t(x-2).由?得(4t2+9)x2+16t2x+16t2-36=0.
∵-2是上述方程的一個根,∴xP=?,則yP=?,∴P?.同理可得Q?.當t=0時,P(2,0),Q(-2,0),直線PQ為x軸;當t≠0,t≠±?時,直線PQ的方程為?=?.
?令y=0,則上面方程的左邊=?=-?,∴x=?+?×?=4(與t無關).綜上所述,直線PQ經(jīng)過定點(4,0).選擇條件②.證明:由題意得N(s,2),不妨設C(0,-1),D(0,1),則直線NC的方程為3x-sy-s=0,
直線ND的方程為x-sy+s=0.由?得(s2+36)y2+2s2y+s2-36=0.∵yC=-1,∴yP=-?,則xP=?,∴P?.同理可得Q?.當s=0時,P(0,1),Q(0,-1),直線PQ為y軸;當s≠0時,直線PQ的方程為y-?=??,
?令x=0,則y=?+?·?=?+?·?=?-?·?=?(與s無關).綜上所述,直線PQ經(jīng)過定點?.

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