优化探究2017届高考数学一轮复习 第1-10章课时作业 理（打包70套）新人教A版.zip

- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第八章 第八节 曲线与方程课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1． “点 M 在曲线 y2＝4 x 上”是“点 M 的坐标满足方程 2 ＋ y＝0”的( )xA．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件解析：点 M 的坐标满足方程 2 ＋ y＝0，则点 M 在曲线 y2＝4 x 上，是必要条件；但当xy0 时，点 M 在曲线 y2＝4 x 上，点 M 的坐标不满足方程 2 ＋ y＝0，不是充分条件．x答案：B2．若 M， N 为两个定点，且| MN|＝6，动点 P 满足 · ＝0，则 P 点的轨迹是( )PM→ PN→ A．圆 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线解析：∵ · ＝0，∴ PM⊥ PN.PM→ PN→ ∴点 P 的轨迹是以线段 MN 为直径的圆．答案：A3．(2016·梅州质检)动圆 M 经过双曲线 x2－ ＝1 的左焦点且与直线 x＝2 相切，则圆y23心 M 的轨迹方程是( )A． y2＝8 x B． y2＝－8 xC． y2＝4 x D． y2＝－4 x解析：双曲线 x2－ ＝1 的左焦点 F(－2,0)，动圆 M 经过 F 且与直线 x＝2 相切，则圆y23心 M 到点 F 的距离和到直线 x＝2 的距离相等，由抛物线的定义知轨迹是抛物线，其方程为y2＝－8 x.答案：B4．(2016·沈阳质检)已知点 O(0,0)， A(1，－2)，动点 P 满足| PA|＝3| PO|，则 P 点的轨迹方程是( )A．8 x2＋8 y2＋2 x－4 y－5＝0B．8 x2＋8 y2－2 x－4 y－5＝0C．8 x2＋8 y2＋2 x＋4 y－5＝0D．8 x2＋8 y2－2 x＋4 y－5＝0- 2 -解析：设 P 点的坐标为( x， y)，则 ＝3 ，整理得 x－ 1 2＋  y＋ 2 2 x2＋ y28x2＋8 y2＋2 x－4 y－5＝0，故选 A.答案：A5．若曲线 C 上存在点 M，使 M 到平面内两点 A(－5,0)， B(5,0)距离之差的绝对值为 8，则称曲线 C 为“好曲线” ．以下曲线不是“好曲线”的是( )A． x＋ y＝5 B． x2＋ y2＝9C. ＋ ＝1 D． x2＝16 yx225 y29解析： M 点的轨迹是双曲线 － ＝1，依题意，是“好曲线”的曲线与 M 点的轨迹必有x216 y29公共点．四个选项中，只有圆 x2＋ y2＝9 与 M 点的轨迹没有公共点，其他三个曲线与 M 点的轨迹都有公共点，所以圆 x2＋ y2＝9 不是“好曲线” ．答案：B6．(2016·聊城一模)在平面直角坐标系中， O 为坐标原点， A(1,0)， B(2,2)，若点 C 满足 ＝ ＋ t( － )，其中 t∈R，则点 C 的轨迹方程是_____________________________．OC→ OA→ OB→ OA→ 解析：设 C(x， y)，则 ＝( x， y)， ＋ t( － )＝(1＋ t,2t)，所以Error!消去参数 tOC→ OA→ OB→ OA→ 得点 C 的轨迹方程为 y＝2 x－2.答案： y＝2 x－27．已知 F 是抛物线 y＝ x2的焦点， P 是该抛物线上的动点，则线段 PF 中点的轨迹方程14是________．解析：本题考查曲线的方程．因为抛物线 x2＝4 y 的焦点 F(0,1)，设线段 PF 的中点坐标是( x， y)，则 P(2x,2y－1)在抛物线 x2＝4 y 上，所以(2 x)2＝4(2 y－1)，化简得 x2＝2 y－1.答案： x2＝2 y－18．已知动点 P(x， y)与两定点 M(－1,0)， N(1,0)连线的斜率之积等于常数λ (λ ≠0)．则动点 P 的轨迹 C 的方程为________．解析：由题设知直线 PM 与 PN 的斜率存在且均不为零，所以kPM·kPN＝ · ＝ λ ，yx＋ 1 yx－ 1整理得 x2－ ＝1( λ ≠0， x≠±1)．y2λ即动点 P 的轨迹 C 的方程为 x2－ ＝1( λ ≠0， x≠±1)．y2λ答案： x2－ ＝1( λ ≠0， x≠±1)y2λ- 3 -9．在直角坐标系 xOy 中，动点 P 与定点 F(1,0)的距离和它到定直线 x＝2 的距离之比是.22(1)求动点 P 的轨迹 Γ 的方程；(2)设曲线 Γ 上的三点 A(x1， y1)， B ， C(x2， y2)与点 F 的距离成等差数列，线段(1，22)AC 的垂直平分线与 x 轴的交点为 T，求直线 BT 的斜率 k.解：(1)设 P(x， y)．由已知，得 ＝ ，两边同时平方，化简得 x－ 1 2＋ y2|x－ 2| 22＋ y2＝1，故动点 P 的轨迹 Γ 的方程是 ＋ y2＝1.x22 x22(2)由已知得| AF|＝ (2－ x1)，| BF|＝ ×(2－1)，22 22|CF|＝ (2－ x2)，因为 2|BF|＝| AF|＋| CF|，22所以 (2－ x1)＋ (2－ x2)＝2× ×(2－1)，22 22 22所以 x1＋ x2＝2.①故线段 AC 的中点坐标为 ，(1，y1＋ y22 )其垂直平分线的方程为 y－ ＝－ (x－1)．②y1＋ y22 x1－ x2y1－ y2因为 A， C 在椭圆上，所以代入椭圆，两式相减，把①代入化简，得－ ＝ y1＋ y2.③x1－ x2y1－ y2把③代入②，令 y＝0，得 x＝ ，所以点 T 的坐标为 .所以直线 BT 的斜率12 (12， 0)k＝ ＝ .22－ 01－ 12 210．在平面直角坐标系 xOy 中，动点 P(x， y)到 F(0,1)的距离比到直线 y＝－2 的距离小 1.(1)求动点 P 的轨迹 W 的方程；(2)过点 E(0，－4)的直线与轨迹 W 交于两点 A， B，点 D 是点 E 关于 x 轴的对称点，点A 关于 y 轴的对称点为 A1，证明： A1， D， B 三点共线．解：(1)由题意可得动点 P(x， y)到定点 F(0,1)的距离和到定直线 y＝－1 的距离相等，所以动点 P 的轨迹是以 F(0,1)为焦点，以 y＝－1 为准线的抛物线．所以动点 P 的轨迹 W 的方程为 x2＝4 y.- 4 -(2)证明：设直线 l 的方程为 y＝ kx－4， A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 A1(－ x1， y1)．由Error!消去 y，整理得 x2－4 kx＋16＝0.则 Δ ＝16 k2－640，即| k|2.x1＋ x2＝4 k， x1x2＝16.直线 A1B： y－ y2＝ (x－ x2)，y2－ y1x2＋ x1所以 y＝ (x－ x2)＋ y2，y2－ y1x2＋ x1即 y＝ (x－ x2)＋ x ，x2－ x214 x1＋ x2 142整理得 y＝ x－ ＋ x ，x2－ x14 x2－ x1x24 142即 y＝ x＋ .x2－ x14 x1x24直线 A1B 的方程为 y＝ x＋4，显然直线 A1B 过点 D(0,4)．所以 A1， D， B 三点共x2－ x14线．B 组 高考题型专练1．(2014·高考广东卷)已知椭圆 C： ＋ ＝1( a＞ b＞0)的一个焦点为( ，0)，离心x2a2 y2b2 5率为 .53(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若动点 P(x0， y0)为椭圆 C 外一点，且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程．解：(1)依题意知 c＝ ， ＝ ，∴ a＝3， b2＝ a2－ c2＝4，∴椭圆 C 的标准方程为 ＋5ca 53 x29＝1.y24(2)若过点 P(x0， y0)的切线的斜率不存在或者斜率为零，则易知点 P 的坐标为(3,2)或(3，－2)或(－3，2)或(－3，－2)．若过点 P(x0， y0)的切线的斜率存在且不为 0，设切点分别为 A(x1， y1)， B(x2， y2)，切线 PA 的斜率为 k，∵ PA⊥ PB，则切线 PB 的斜率为－ .1k切线 PA 的方程为 y－ y0＝ k(x－ x0)，由Error!得 4x2＋9[ k(x－ x0)＋ y0]2＝36，- 5 -即(4＋9 k2)x2＋18 k(y0－ kx0)x＋9( y0－ kx0)2－36＝0，∵切线 PA 与椭圆相切，∴ Δ ＝[18 k(y0－ kx0)]2－4(4＋9 k2)[9(y0－ kx0)2－36]＝0，化简得 4＋9 k2－ k2x ＋2 kx0y0－ y ＝0.①20 20同理，切线 PB 的方程为 y－ y0＝－ (x－ x0)，与椭圆方程 ＋ ＝1 联立可得，4＋ －1k x29 y24 9k2－ － y ＝0，即 4k2＋9－ x －2 kx0y0－ k2y ＝0.②x20k2 2x0y0k 20 20 20由①＋②得 13(1＋ k2)－(1＋ k2)(x ＋ y )＝0，20 20即(1＋ k2)(x ＋ y －13)＝0，20 20∵1＋ k2≠0，∴ x ＋ y －13＝0，即 x ＋ y ＝13.20 20 20 20经检验可知点(3,2)，(3，－2)，(－3,2)，(－3，－2)均满足 x ＋ y ＝13，20 20故点 P(x0， y0)的轨迹方程为 x2＋ y2＝13.2．(2015·高考广东卷)已知过原点的动直线 l 与圆 C1： x2＋ y2－6 x＋5＝0 相交于不同的两点 A， B.(1)求圆 C1的圆心坐标；(2)求线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程；(3)是否存在实数 k，使得直线 L： y＝ k(x－4)与曲线 C 只有一个交点？若存在，求出 k的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1) C1：( x－3) 2＋ y2＝4，圆心 C1(3,0)．(2)由垂径定理知， C1M⊥ AB，故点 M 在以 OC1为直径的圆上，即 2＋ y2＝ .(x－32) 94故线段 AB 的中点 M 的轨迹 C 的方程是 2＋ y2＝ 在圆 C1：( x－3) 2＋ y2＝4 内部的部(x－32) 94分，即 2＋ y2＝ .(x－32) 94(53x≤ 3)(3)联立Error!解得Error!不妨设其交点为 P1 ， P2 ，(53， 253) (53， － 253)设直线 L： y＝ k(x－4)所过定点为 P(4,0)，- 6 -则 kPP1＝－ ， kPP2＝ .257 257当直线 L 与圆 C 相切时， ＝ ，解得 k＝± .|32－ k－ 4k|| k2＋ 1| 32 34故当 k∈ ∪ ∪ 时，直线 L 与曲线 C 只有一个交点．{－34} (－ 257， 257) {34}- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第八章 第二节 两直线的位置关系课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．(2016·南宁模拟)与直线 3x－4 y＋5＝0 关于 x 轴对称的直线方程为( )A．3 x＋4 y＋5＝0 B．3 x＋4 y－5＝0C．－3 x＋4 y－5＝0 D．－3 x＋4 y＋5＝0解析：直线 3x－4 y＋5＝0 关于 x 轴对称的直线方程为 3x－4(－ y)＋5＝0.即3x＋4 y＋5＝0.答案：A2．(2015·浙江名校联考)已知直线 l1： x＋( a－2) y－2＝0， l2：( a－2) x＋ ay－1＝0，则“ a＝－1”是“ l1⊥ l2”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：若 a＝－1，则 l1： x－3 y－2＝0， l2：－3 x－ y－1＝0，显然两条直线垂直；若l1⊥ l2，则( a－2)＋ a(a－2)＝0，∴ a＝－1 或 a＝2，因此， “a＝－1”是“ l1⊥ l2”的充分不必要条件，故选 A.答案：A3．直线 ax＋ by－1＝0 在 y 轴上的截距为 1，且与直线 x－3 y＋1＝0 垂直，则 a＋ b 等于( )A. B．－43 23C．4 D．－2解析：由题意知Error!解得Error!所以 a＋ b＝4.答案：C4．若三条直线 x－2 y＋3＝0,3 x＋4 y－21＝0,2 x＋3 y－ k＝0 交于一点，则 k 的值等于( )A．13 B．14C．15 D．16解析：由Error!得交点 P(3,3)，代入 2x＋3 y－ k＝0，得 k＝15.答案：C5．(2016·济南模拟)若动点 P1(x1， y1)， P2(x2， y2)分别在直线l1： x－ y－5＝0， l2： x－ y－15＝0 上移动，则 P1P2的中点 P 到原点的距离的最小值是( )- 2 -A. B．552 2 2C. D．15152 2 2解析：设 P1P2中点 P(x， y)，则 x＝ ，x1＋ x22y＝ .y1＋ y22∵ x1－ y1－5＝0， x2－ y2－15＝0.∴( x1＋ x2)－( y1＋ y2)＝20即 x－ y＝10.∴ y＝ x－10.∴ P(x， x－10)∴ P 到原点的距离 d＝ x2＋  x－ 10 2＝ ≥ ＝5 .2 x－ 5 2＋ 50 50 2答案：B6．若过点 A(－2， m)， B(m,4)的直线与直线 2x＋ y＋2＝0 平行，则 m 的值为________．解析：∵过点 A， B 的直线平行于直线 2x＋ y＋2＝0，∴ kAB＝ ＝－2，解得 m＝－8.4－ mm＋ 2答案：－87．(2016·重庆检测)已知直线 l1的方程为 3x＋4 y－7＝0，直线 l2的方程为6x＋8 y＋1＝0，则直线 l1与 l2的距离为________．解析：直线 l1的方程为 3x＋4 y－7＝0，直线 l2的方程为 6x＋8 y＋1＝0，即3x＋4 y＋ ＝0，∴直线 l1与 l2的距离为 ＝ .12 |12＋ 7|32＋ 42 32答案：328．直线 l1： y＝2 x＋3 关于直线 l： y＝ x＋1 对称的直线 l2的方程为________．解析：由Error!解得直线 l1与 l 的交点坐标为(－2，－1)，∴可设直线 l2的方程为 y＋1＝ k(x＋2)，即 kx－ y＋2 k－1＝0.在直线 l 上任取一点(1,2)，由题设知点(1,2)到直线 l1， l2的距离相等，由点到直线的距离公式得 ＝ ，|k－ 2＋ 2k－ 1|k2＋ 1 |2－ 2＋ 3|22＋ 1- 3 -解得 k＝ (k＝2 舍去)，12∴直线 l2的方程为 x－2 y＝0.答案： x－2 y＝09．已知直线 l：3 x－ y＋3＝0，求：(1)点 P(4,5)关于 l 的对称点；(2)直线 x－ y－2＝0 关于直线 l 对称的直线方程．解：设 P(x， y)关于直线 l：3 x－ y＋3＝0 的对称点为 P′( x′， y′)．∵ kPP′ ·kl＝－1，即 ×3＝－1.①y′ － yx′ － x又 PP′的中点在直线 3x－ y＋3＝0 上，∴3× － ＋3＝0.②x′ ＋ x2 y′ ＋ y2由①②得Error!(1)把 x＝4， y＝5 代入③④得 x′＝－2， y′＝7，∴ P(4,5)关于直线 l 的对称点 P′的坐标为(－2,7)．(2)用③④分别代换 x－ y－2＝0 中的 x， y，得关于 l 的对称直线方程为 －－ 4x＋ 3y－ 95－2＝0，3x＋ 4y＋ 35化简得 7x＋ y＋22＝0.10．(2016·东营模拟)设直线 l 的方程为( a＋1) x＋ y－2－ a＝0( a∈R)．(1)若直线 l 在两坐标轴上的截距相等，求直线 l 的方程；(2)若 a－1，直线 l 与 x， y 轴分别交于 M， N 两点， O 为坐标原点，求△ OMN 面积取最小值时，直线 l 的方程．解：(1)当直线 l 经过坐标原点时，该直线在两坐标轴上的截距都为 0，此时 a＋2＝0，解得 a＝－2，此时直线 l 的方程为－ x＋ y＝0，即 x－ y＝0；当直线 l 不经过坐标原点，即 a≠－2 且 a≠－1 时，由直线在两坐标轴上的截距相等可得 ＝2＋ a，2＋ aa＋ 1解得 a＝0，此时直线 l 的方程为 x＋ y－2＝0.所以直线 l 的方程为 x－ y＝0 或 x＋ y－2＝0.- 4 -(2)由直线方程可得 M ， N(0,2＋ a)，因为 a－1，(2＋ aa＋ 1， 0)所以 S△ OMN＝ × ×(2＋ a)＝ ×12 2＋ aa＋ 1 12 [ a＋ 1 ＋ 1]2a＋ 1＝ ≥ × ＝2 ，12[ a＋ 1 ＋ 1a＋ 1＋ 2] 12 [2 a＋ 1 ·1a＋ 1＋ 2]当且仅当 a＋1＝ ，即 a＝0 时等号成立．1a＋ 1此时直线 l 的方程为 x＋ y－2＝0.B 组 高考题型专练1．(2014·高考福建卷)已知直线 l 过圆 x2＋( y－3) 2＝4 的圆心，且与直线 x＋ y＋1＝0垂直，则 l 的方程是( )A． x＋ y－2＝0 B． x－ y＋2＝0C． x＋ y－3＝0 D． x－ y＋3＝0解析：依题意，得直线 l 过点(0,3)，斜率为 1，所以直线 l 的方程为 y－3＝ x－0，即x－ y＋3＝0，故选 D.答案：D2．(2013·高考天津卷)已知过点 P(2,2)的直线与圆( x－1) 2＋ y2＝5 相切，且与直线ax－ y＋1＝0 垂直，则 a＝( )A．－ B．112C．2 D.12解析：由切线与直线 ax－ y＋1＝0 垂直，得过点 P(2，2)与圆心(1,0)的直线与直线ax－ y＋1＝0 平行，所以 ＝ a，解得 a＝2.2－ 02－ 1答案：C3．(2015·高考广东卷)平行于直线 2x＋ y＋1＝0 且与圆 x2＋ y2＝5 相切的直线的方程是( )A．2 x＋ y＋5＝0 或 2x＋ y－5＝0B．2 x＋ y＋ ＝0 或 2x＋ y－ ＝05 5C．2 x－ y＋5＝0 或 2x－ y－5＝0D．2 x－ y＋ ＝0 或 2x－ y－ ＝05 5解析：设所求直线的方程为 2x＋ y＋ c＝0( c≠1)，则 ＝ ，所以 c＝±5，故所|c|22＋ 12 5求直线的方程为 2x＋ y＋5＝0 或 2x＋ y－5＝0.- 5 -答案：A4．(2015·高考湖南卷)若直线 3x－4 y＋5＝0 与圆 x2＋ y2＝ r2(r0)相交于 A， B 两点，且∠ AOB＝120°( O 为坐标原点)，则 r＝________.解析：圆 x2＋ y2＝ r2的圆心为原点，则圆心到直线 3x－4 y＋5＝0 的距离为＝1，在△ OAB 中，点 O 到边 AB 的距离 d＝ rsin 30°＝ ＝1，所以 r＝2.|0－ 0＋ 5|32＋  － 4 2 r2答案：2- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第八章 第九节 第二课时 圆锥曲线的综合应用课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1.如图，已知抛物线 C： y2＝2 px(p0)，焦点为 F，过点G(p,0)作直线 l 交抛物线 C 于 A， M 两点，设 A(x1， y1)，M(x2， y2)．(1)若 y1y2＝－8，求抛物线 C 的方程；(2)若直线 AF 与 x 轴不垂直，直线 AF 交抛物线 C 于另一点B，直线 BG 交抛物线 C 于另一点 N.求证：直线 AB 与直线 MN 斜率 之比为定值．解：(1)设直线 AM 的方程为 x＝ my＋ p，代入 y2＝2 px 得 y2－2 mpy－2 p2＝0，则 y1y2＝－2 p2＝－8，得 p＝2.∴抛物线 C 的方程为 y2＝4 x.(2)设 B(x3， y3)， N(x4， y4)．由(1)可知 y3y4＝－2 p2， y1y3＝－ p2.又直线 AB 的斜率 kAB＝ ＝ ，y3－ y1x3－ x1 2py1＋ y3直线 MN 的斜率 kMN＝ ＝ ，y4－ y2x4－ x2 2py2＋ y4∴ ＝ ＝ ＝ ＝2.kABkMN y2＋ y4y1＋ y3 － 2p2y1 ＋ － 2p2y3y1＋ y3 － 2p2y1y3 y1＋ y3y1＋ y32．设 F 是椭圆 C： ＋ ＝1( ab0)的左焦点，直线 l 为其左准线，直线 l 与 x 轴交于x2a2 y2b2点 P，线段 MN 为椭圆的长轴，已知| MN|＝8，且| PM|＝2| MF|.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若过点 P 的直线与椭圆相交于不同两点 A， B，求证：∠ AFM＝∠ BFN；(3)求三角形 ABF 面积的最大值．解：(1)∵| MN|＝8，∴ a＝4，又∵| PM|＝2| MF|得 － a＝2( a－ c)，即 2e2－3 e＋1＝0⇒ e＝ 或 e＝1(舍去)．a2c 12∴ c＝2， b2＝ a2－ c2＝12，∴椭圆的标准方程为 ＋ ＝1.x216 y212(2)当 AB 的斜率为 0 时，显然∠ AFM＝∠ BFN＝0.满足题意．- 2 -当 AB 的斜率不为 0 时，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，AB 方程为 x＝ my－8，代入椭圆方程整理得：(3m2＋4) y2－48 my＋144＝0，则 Δ ＝(48 m)2－4×144(3 m2＋4)， y1＋ y2＝ ， y1·y2＝ .48m3m2＋ 4 1443m2＋ 4∴ kAF＋ kBF＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝0，y1x1＋ 2 y2x2＋ 2 y1my1－ 6 y2my2－ 6 2my1y2－ 6 y1＋ y2 my1－ 6  my2－ 6∴ kAF＋ kBF＝0，从而∠ AFM＝∠ BFN.综上可知：恒有∠ AFM＝∠ BFN.(3)S△ ABF＝ S△ PBF－ S△ PAF＝ |PF|·|y2－ y1|＝ ＝ ＝12 72m2－ 43m2＋ 4 72m2－ 43 m2－ 4 ＋ 16≤ ＝3 .723m2－ 4＋ 16m2－ 4 7223·16 3当且仅当 3 ＝ 即 m2＝ (此时适合 Δ 0 的条件)取得等号．m2－ 416m2－ 4 283三角形 ABF 面积的最大值是 3 . 33．已知点 A， B， C 是抛物线 L： y2＝2 px(p0)上的不同的三点，O 为坐标原点，直线 OA∥ BC，且抛物线 L 的准线方程为 x＝－1.(1)求抛物线 L 的方程；(2)若三角形 ABC 的重心在直线 x＝2 上，求三角形 ABC 的面积的取值范围．解：(1)抛物线 L 的方程为 y2＝4 x.(2)设直线 OA， BC 的方程分别为 y＝ kx 和 y＝ kx＋ b(k≠0)．由Error!联立消去 y 得 k2x2＝4 x，解得点 A 的坐标为 A .(4k2， 4k)设 B(x1， y1)， C(x2， y2)，由Error!消去 y 得 k2x2＋(2 kb－4) x＋ b2＝0.Δ ＝(2 kb－4) 2－4 k2b2＝16－16 kb0，即 kb1.又三角形 ABC 的面积为S＝ × × ×12 k2＋ 1 16－ 16kbk2 |b|1＋ k2＝ ＝ ×|2b|1－ kbk2 2|4－ 3k2|k2|k| 3k2－ 3＝2 .|4k2－ 3| 3－ 3k2令 t＝ ，则 S＝2 × ， t∈(0,1)．1k2 3  4t－ 3 2 1－ t考虑函数 f(t)＝(4 t－3) 2(1－ t)， t∈(0,1)，则易得函数 f(t)在 和 上单调递减，(0，34) (1112， 1)在 上单调递增，(34， 1112)且 f(0)＝9， f ＝0， f ＝ ，(34) (1112) 127∴△ ABC 的面积的取值范围是(0,6 )．3B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆 C： ＋ ＝1( ab0)的离心率为 ，点(2， )在x2a2 y2b2 22 2C 上．(1)求 C 的方程；(2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴， l 与 C 有两个交点 A， B，线段 AB 的中点为 M.证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意有 ＝ ， ＋ ＝1，a2－ b2a 22 4a2 2b2解得 a2＝8， b2＝4.所以 C 的方程为 ＋ ＝1.x28 y24(2)证明：设直线 l： y＝ kx＋ b(k≠0， b≠0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)， M(xM， yM)．将 y＝ kx＋ b 代入 ＋ ＝1 得x28 y24(2k2＋1) x2＋4 kbx＋2 b2－8＝0.- 4 -故 xM＝ ＝ ， yM＝ k·xM＋ b＝ .x1＋ x22 － 2kb2k2＋ 1 b2k2＋ 1于是直线 OM 的斜率 kOM＝ ＝－ ，yMxM 12k即 kOM·k＝－ .12所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．2．(2015·高考山东卷)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： ＋ ＝1( ab0)的离心x2a2 y2b2率为 ，且点 在椭圆 C 上．32 (3， 12)(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆 E： ＋ ＝1， P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 y＝ kx＋ m 交椭圆 Ex24a2 y24b2于 A， B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.a．求 的值；|OQ||OP|b．求△ ABQ 面积的最大值．解：(1)由题意知 ＋ ＝1，3a2 14b2又 ＝ ，解得 a2＝4， b2＝1，a2－ b2a 32所以椭圆 C 的方程为 ＋ y2＝1.x24(2)由(1)知，椭圆 E 的方程为 ＋ ＝1.x216 y24a．设 P(x0， y0)， ＝ λ ，|OQ||OP|由题意知 Q(－ λx 0，－ λy 0)．因为 ＋ y ＝1，x204 20又 ＋ ＝1，即 ＝1， － λ x0 216  － λ y0 24 λ 24(x204＋ y20)所以 λ ＝2，即 ＝2.|OQ||OP|b．设 A(x1， y1)， B(x2， y2)．将 y＝ kx＋ m 代入椭圆 E 的方程，可得(1＋4 k2)x2＋8 kmx＋4 m2－16＝0，由 Δ 0，可得 m24＋16 k2.①- 5 -则有 x1＋ x2＝－ ， x1x2＝ .8km1＋ 4k2 4m2－ 161＋ 4k2所以| x1－ x2|＝ .416k2＋ 4－ m21＋ 4k2因为直线 y＝ kx＋ m 与 y 轴交点的坐标为(0， m)，所以△ OAB 的面积 S＝ |m||x1－ x2|＝ ＝ ＝212 216k2＋ 4－ m2|m|1＋ 4k2 2 16k2＋ 4－ m2 m21＋ 4k2.(4－ m21＋ 4k2) m21＋ 4k2设 ＝ t，将 y＝ kx＋ m 代入椭圆 C 的方程，m21＋ 4k2可得(1＋4 k2)x2＋8 kmx＋4 m2－4＝0，由 Δ ≥0，可得 m2≤1＋4 k2.②由①②可知 0t≤1，因此 S＝2 ＝2 ，故 S≤2 ， 4－ t t － t2＋ 4t 3当且仅当 t＝1，即 m2＝1＋4 k2时， S 取得最大值 2 ，3由 a 知，△ ABQ 的面积为 3S，所以△ ABQ 面积的最大值为 6 .3- 1 -【优化探究】2017 届高考数学一轮复习 第八章 第九节 第一课时 直线与圆锥曲线的位置关系课时作业 理 新人教 A 版A 组 考点能力演练1．直线 y＝ x＋3 与双曲线 － ＝1 的交点个数是( )ba x2a2 y2b2A．1 B．2C．1 或 2 D．0解析：因为直线 y＝ x＋3 与双曲线的渐近线 y＝ x 平行，所以它与双曲线只有 1 个交ba ba点．答案：A2．(2016·福州质检)抛物线 C 的顶点为原点，焦点在 x 轴上，直线 x－ y＝0 与抛物线C 交于 A， B 两点，若 P(1,1)为线段 AB 的中点，则抛物线 C 的方程为( )A． y＝2 x2 B． y2＝2 xC． x2＝2 y D． y2＝－2 x解析：设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，抛物线方程为 y2＝2 px，则Error!两式相减可得 2p＝×(y1＋ y2)＝ kAB×2＝2，即可得 p＝1，∴抛物线 C 的方程为 y2＝2 x，故选 B.y1－ y2x1－ x2答案：B3．已知双曲线 － ＝1 的右焦点为 F，若过点 F 的直线与双曲线的右支有且只有一x212 y24个交点，则此直线斜率的取值范围是( )A. B．(－ ， )(－33， 33) 3 3C. D．[－ ， ][－33， 33] 3 3解析：由题意知 F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为y＝± x.当过点 F 的直线与渐近线平行时，满足与右支只有33 一个交点，画出图象，数形结合可知应选 C.答案：C4．已知抛物线 C： y2＝8 x 与点 M(－2,2)，过 C 的焦点且 斜率为 k 的直线与 C 交于 A， B 两点．若 · ＝0，则 k＝( )MA→ MB→ A. B.12 22C. D．22- 2 -解析：如图所示，设 F 为焦点，取 AB 的中点 P，过 A， B 分别作准线的垂线，垂足分别为 G， H，连接 MF， MP，由 · ＝0，知MA→ MB→ MA⊥ MB，则| MP|＝ |AB|＝ (|AG|＋| BH|)，所以 MP 为直角梯形 BHGA 的中位线，所以12 12MP∥ AG∥ BH，所以∠ GAM＝∠ AMP＝∠ MAP，又| AG|＝| AF|， AM 为公共边，所以△ AMG≌△AMF，所以∠ AFM＝∠ AGM＝90°，则 MF⊥ AB，所以 k＝－ ＝2.1kMF答案：D5．已知椭圆 ＋ ＝1(00， b0)的一个焦点作圆 x2＋ y2＝ a2的两条切线，切点分x2a2 y2b2- 3 -别为 A， B.若∠ AOB＝120°( O 是坐标原点)，则双曲线 C 的离心率为________．解析：如图，由题知 OA⊥ AF， OB⊥ BF 且∠ AOB＝120°，∴∠ AOF＝60°.又 OA＝ a， OF＝ c，∴ ＝ ＝cos 60°＝ ，ac OAOF 12∴ ＝2.ca答案：28．直线 l 过椭圆 ＋ y2＝1 的左焦点 F，且与椭圆相交于 P， Q 两点， M 为 PQ 的中点， Ox22为原点．若△ FMO 是以 OF 为底边的等腰三角形，则直线 l 的方程为________．解析：法一：由椭圆方程得 a＝ ， b＝ c＝1，2则 F(－1,0)．在△ FMO 中，| MF|＝| MO|，所以 M 在线段 OF 的中垂线上，即 xM＝－ ，12设直线 l 的斜率为 k，则其方程为 y＝ k(x＋1)，由Error!得 x2＋2 k2(x＋1) 2－2＝0，即(2 k2＋1) x2＋4 k2x＋2( k2－1)＝0，∴ xP＋ xQ＝ ，而 M 为 PQ 的中点，－ 4k22k2＋ 1故 xM＝ (xP＋ xQ)＝ ＝－ ，12 － 2k22k2＋ 1 12∴ k2＝ ，解得 k＝± .12 22故直线 l 的方程为 y＝± (x＋1)，即 x± y＋1＝0.22 2法二：设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)， M(x0， y0)，由题意知 kPQ＝－ kOM，由 P、 Q 在椭圆上知Error!两式相减整理得 kPQ＝ ＝－ ＝－ ，而 kOM＝ ，故 ＝ ，y1－ y2x1－ x2 x1＋ x22 y1＋ y2 x02y0 y0x0 x02y0 y0x0即 x ＝2 y ，所以 kPQ＝± ，20 2022直线 PQ 的方程为 y＝± (x＋1)，即 x± y＋1＝0.22 2答案： x± y＋1＝029．(2016·洛阳模拟)已知椭圆 C： ＋ ＝1( ab0)的右焦x2a2 y2b2- 4 -点 F( ，0)，且椭圆 C 经过点 P .3 (3，12)(1)求椭圆 C 的方程；(2)设过点 F 的直线 l 交椭圆 C 于 A， B 两点，交直线 x＝ m(ma)于 M 点，若kPA， kPM， kPB成等差数列，求实数 m 的值．解：(1)由题意，Error!得 a2＝4， b2＝1.∴椭圆 C 的方程为 ＋ y2＝1.x24(2)设直线 l： y＝ k(x－ )， A(x1， y1)， B(x2， y2)， M(m， ym)．将直线方程代入椭圆方3程 x2＋4 y2＝4 中，得(1＋4 k2)x2－8 k2x＋12 k2－4＝0，3则 x1＋ x2＝ ， x1·x2＝ .83k21＋ 4k2 12k2－ 41＋ 4k2此时 kPA＝ ＝ k－ ， kPB＝ ＝ k－ .y1－ 12x1－ 3 12 x1－ 3y2－ 12x2－ 3 12 x2－ 3∴ kPA＋ kPB＝ ＋[k－ 12 x1－ 3 ] [k－ 12 x2－ 3 ]＝2 k－x1＋ x2－ 232[x1x2－ 3 x1＋ x2 ＋ 3]＝2 k－ ＝2 k－ .83k21＋ 4k2－ 232(12k2－ 41＋ 4k2－ 3·83k21＋ 4k2＋ 3) 3又 M(m， ym)在直线 l 上，∴ ym＝ k(m－ )，3则 kPM＝ ＝ k－ .ym－ 12m－ 3 12 m－ 3若 kPA， kPM， kPB成等差数列，则 2kPM＝ kPA＋ kPB，则 2k－ ＝2 k－ ，解得 m＝ .1m－ 3 3 43310．已知抛物线 C： y2＝2 px(p0)上一点 P(x0，－2)到该抛物线焦点的距离为 2，动直线l 与 C 交于两点 A， B(A， B 异于点 P)，与 x 轴交于点 M， AB 的中点 N，且直线 PA， PB 的斜率之积为 1.- 5 -(1)求抛物线 C 的方程；(2)求 的最大值．|AB||MN|解：(1)因为点 P(x0，－2)在抛物线上，所以 2px0＝4⇒ x0＝ .2p由抛物线的定义知，＋ ＝2⇒( p－2) 2＝0⇒ p＝2，2p p2故抛物线 C 的方程为 y2＝4 x.(2)由(1)知， x0＝1，得 P(1，－2)．设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，设直线 PA， PB 的斜率分别为 k1， k2，设直线 AB 的方程为x＝ my＋ t，联立Error!消去 x 得 y2－4 my－4 t＝0.Δ ＝16 m2＋16 t0⇒m2＋ t0，①y1＋ y2＝4 m， y1y2＝－4 t，因为 k1＝ ＝ ＝ .y1＋ 2x1－ 1 y1＋ 2y214－ 1 4y1－ 2同理 k2＝ .所以 k1k2＝ · ＝1，4y2－ 2 4y1－ 2 4y2－ 2即 y1y2－2( y1＋ y2)－12＝0，即－4 t－8 m－12＝0⇒ t＝－2 m－3.代入①得 m2－2 m－30⇒ m3.因为| AB|＝ |y1－ y2|1＋ m2＝ ·1＋ m2  y1＋ y2 2－ 4y1y2＝ ·1＋ m2 16m2＋ 16t＝4 · ，1＋ m2 m2－ 2m－ 3又 yM＝0， yN＝ ＝2 m，y1＋ y22则| MN|＝ |yM－ yN|＝2 |m|.1＋ m2 1＋ m2所以 ＝2 ＝2|AB||MN| m2－ 2m－ 3|m| 1－ 2m－ 3m2＝2 ，－ 3(1m＋ 13)2＋ 43故当 m＝－3 时， 取到最大值 .|AB||MN| 433- 6 -B 组 高考题型专练1．(2015·高考福建卷)已知点 F 为抛物线 E： y2＝2 px(p0)的焦点，点 A(2， m)在抛物线 E 上，且| AF|＝3.(1)求抛物线 E 的方程；(2)已知点 G(－1,0)，延长 AF 交抛物线 E 于点 B，证明：以点F 为圆心且与直线 GA 相切的圆，必与直线 GB 相切．解：(1)由抛物线的定义得| AF|＝2＋ .p2由已知| AF|＝3，得 2＋ ＝3，p2解得 p＝2，所以抛物线 E 的方程为 y2＝4 x.(2)法一：如图，因为点 A(2， m)在抛物线 E： y2＝4 x 上，所以 m＝±2 ，由抛物线的对2称性，不妨设 A(2,2 )．2由 A(2,2 )， F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y＝2 (x－1)．2 2由Error!得 2x2－5 x＋2＝0，解得 x＝2 或 x＝ ，从而 B .又 G(－1,0)，12 (12， － 2)所以 kGA＝ ＝ ， kGB＝ ＝－ ，22－ 02－  － 1 223 － 2－ 012－  － 1 223所以 kGA＋ kGB＝0，从而∠ AGF＝∠ BGF，这表明点 F 到直线 GA， GB 的距离相等，故以 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切．法二：设以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆的半径为 r.因为点 A(2， m)在抛物线 E： y2＝4 x 上，所以 m＝±2 ，由抛物线的对称性，不妨设 A(2，2 )．2 2由 A(2,2 )， F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y＝2 (x－1)．2 2由Error!得 2x2－5 x＋2＝0，解得 x＝2 或 x＝ ，从而 B .12 (12， － 2)又 G(－1,0)，故直线 GA 的方程为 2 x－3 y＋2 ＝0，2 2- 7 -从而 r＝ ＝ .|22＋ 22|8＋ 9 4217又直线 GB 的方程为 2 x＋3 y＋2 ＝0，2 2所以点 F 到直线 GB 的距离 d＝ ＝ ＝ r.|22＋ 22|8＋ 9 4217这表明以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切．2．(2015·高考重庆卷)如图，椭圆 ＋ ＝1( ab0)的左、x2a2 y2b2右焦点分别为 F1， F2，过 F2的直线交椭圆于 P， Q 两点，且PQ⊥ PF1.(1)若| PF1|＝2＋ ，| PF2|＝2－ ，求椭圆的标准方程；2 2(2)若| PF1|＝| PQ|，求椭圆的离心率 e.解：(1)由椭圆的定义，2 a＝| PF1|＋| PF2|＝(2＋ )＋(2－ )＝4，故 a＝2.2 2设椭圆的半焦距为 c，由已知 PF1⊥ PF2，因此 2c＝| F1F2|＝ |PF1|2＋ |PF2|2＝ ＝2 ， 2＋ 2 2＋  2－ 2 2 3即 c＝ ，从而 b＝ ＝1.3 a2－ c2故所求椭圆的标准方程为 ＋ y2＝1.x24(2)法一：连接 QF1，如图，设点 P(x0， y0)在椭圆上，且 PF1⊥ PF2，则 ＋ ＝1， x ＋ yx20a2 y20b2 20＝ c2，20求得 x0＝± ， y0＝± .aca2－ 2b2 b2c由| PF1|＝| PQ||PF2|得 x00，从而| PF1|2＝ 2＋ ＝2( a2－ b2)＋2 a(aa2－ 2b2c ＋ c) b4c2＝( a＋ )2.a2－ 2b2 a2－ 2b2由椭圆的定义，| PF1|＋| PF2|＝2 a，|QF1|＋| QF2|＝2 a.从而由| PF1|＝| PQ|＝| PF2|＋| QF2|，有| QF1|＝4 a－2| PF1|.又由 PF1⊥ PF2，| PF1|＝| PQ|，知| QF1|＝ |PF1|，2因此(2＋ )|PF1|＝4 a，即(2＋ )(a＋ )＝4 a，2 2 a2－ 2b2于是(2＋ )(1＋ )＝4，解得2 2e2－ 1e＝ ＝ － .12[1＋ ( 42＋ 2－ 1)2] 6 3- 8 -法二：连接 QF1，如图，由椭圆的定义，| PF1|＋| PF2|＝2 a，| QF1|＋| QF2|＝2 a.从而由|PF1|＝| PQ|＝| PF2|＋| QF2|，有| QF1|＝4 a－2| PF1|.又由 PF1⊥ PQ，| PF1|＝| PQ|，知| QF1|＝ |PF1|，因此，4 a－2| PF1|＝ |PF1|，2 2则| PF1|＝2(2－ )a，从而| PF2|＝2 a－| PF1|＝2 a－2(2－ )a＝2( －1) a，2 2 2由 PF1⊥ PF2，知| PF1|2＋| PF2|2＝| F1F2|2＝(2 c)2，因此 e＝ ＝ca |PF1|2＋ |PF2|22a＝ ＝ ＝ － . 2－ 2 2＋  2－ 1 2 9－ 62 6 3