2019屆高考數(shù)學復(fù)習解析幾何專題能力提升練二十2.7.4與橢圓、拋物線相關(guān)的定值、定點及存在性問題.docx

專題能力提升練 二十 與橢圓、拋物線相關(guān)的定值、定點及存在性問題(45分鐘80分)一、選擇題(每小題5分,共30分)1.(2018蚌埠一模)已知F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦點,直線l經(jīng)過點F,若點A(a,0),B(0,b)關(guān)于直線l對稱,則雙曲線C的離心率為()A.3+12B.2+12C.3+1D.+1【解析】選C.點A(a,0),B(0,b)關(guān)于直線l對稱,可得直線l為AB的垂直平分線.AB的中點為a2,b2,AB的斜率為-ba,可得直線l的方程為y-=abx-a2.令y=0,可得x=12a-b22a,由題意可得-c=12a-,即有a(a+2c)=b2=c2-a2,由e=ca,可得e2-2e-2=0.解得e=1+(1-舍去).2.(2018西寧一模)橢圓x2a2+y2b2=1(ab0)的一個焦點為F1,若橢圓上存在一個點P,滿足以橢圓短軸為直徑的圓與線段PF1相切于該線段的中點,則橢圓的離心率為()A.B.23C.59D.【解析】選D.設(shè)以橢圓的短軸為直徑的圓與線段PF1相切于點M,連接OM,PF2.因為M,O分別為PF1,F1F2的中點,所以|PF2|=2|MO|=2b.又因為線段PF1與圓O相切于點M,所以O(shè)MPF1,PF1PF2,則|PF1|=2c2-b2,|PF1|+|PF2|=2a,代入化簡得:2ab=a2-c2+2b2=3b2,所以b=23a,c=a,則離心率為e=ca=.3.已知焦點在x軸上的雙曲線x2a2-=1的左右兩個焦點分別為F1和F2,其右支上存在一點P滿足PF1PF2,且PF1F2的面積為3,則該雙曲線的離心率為 ()A.B.C.2D.3【解析】選B.記|PF1|=m,|PF2|=n,則m-n=2a,m2+n2=|F1F2|2=4c2,=12mn=14m2+n2-(m-n)2=c2-a2=b2=a2-1=3,則a2=4,從而e=.4.(2018鄭州一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左頂點和上頂點分別為A,B,左、右焦點分別是F1,F2,在線段AB上有且只有一個點P滿足PF1PF2,則橢圓的離心率的平方為()A.B.3-52C.D.3-12【解析】選B.因為在線段AB上有且僅有一個點P滿足PF1PF2,所以以原點為圓心,以c為半徑的圓與AB相切,則POAB,所以ab=c,又b2=a2-c2,代入化簡可得e4-3e2+1=0.則e2=3-52(另一個根已舍去).5.已知點A是拋物線y=14x2的對稱軸與準線的交點,點F為該拋物線的焦點,點P在拋物線上,且滿足|PF|=m|PA|,當m取得最小值時,點P恰好在以A,F為焦點的雙曲線上,則該雙曲線的離心率為()A.5+12B.2+12C.+1D.+1【解析】選C.拋物線的標準方程為x2=4y,則拋物線的焦點為F(0,1),準線方程為y=-1,過P作準線的垂線,垂足為N,則由拋物線的定義可得|PN|=|PF|,因為|PF|=m|PA|,所以|PN|=m|PA|,則|PN|PA|=m,設(shè)PA的傾斜角為,則sin =m,當m取得最小值時,sin 最小,此時直線PA與拋物線相切,設(shè)直線PA的方程為y=kx-1,代入x2=4y,可得x2=4(kx-1),即x2-4kx+4=0,所以=16k2-16=0,所以k=1,所以P(2,1),所以雙曲線的實軸長為|PA|-|PF|=2(-1),所以雙曲線的離心率為22(2-1)=+1.6.已知點A在曲線P:y=x2(x0)上,A過原點O,且與y軸的另一個交點為M,若線段OM,A和曲線P上分別存在點B、點C和點D,使得四邊形ABCD(點A,B,C,D順時針排列)是正方形,則稱點A為曲線P的“完美點”.那么下列結(jié)論中正確的是()A.曲線P上不存在”完美點”B.曲線P上只存在一個“完美點”,其橫坐標大于1C.曲線P上只存在一個“完美點”,其橫坐標大于12且小于1D.曲線P上存在兩個“完美點”,其橫坐標均大于12【解析】選B.如圖1,如果點A為“完美點”,則有|AB|=|AD|=|AC|=|OA|,以A為圓心,|OA|為半徑作圓(如圖2中虛線圓)交y軸于B,B(可重合),交拋物線于點D,D,當且僅當ABAD時,在圓A上總存在點C,使得AC為BAD的角平分線,即BAC=DAC=45,利用余弦定理可求得此時|BC|=|CD|=|OA|,即四邊形ABCD是正方形,即點A為“完美點”,如圖,結(jié)合圖象可知,點B一定是上方的交點,否則在拋物線上不存在D使得ABAD,D也一定是上方的點,否則,A,B,C,D不是順時針,再考慮當點A橫坐標越來越大時,BAD的變化情況:設(shè)A(m,m2),當m45,此時圓與y軸相離,此時點A不是“完美點”,故只需要考慮m1,當m增加時,BAD越來越小,且趨近于0,而當m=1時,BAD90;故曲線P上存在唯一一個“完美點”其橫坐標大于1.二、填空題(每小題5分,共10分)7.已知拋物線C:x2=2py(p0)的焦點為F,過點F的直線與拋物線C交于M,N兩點,且|MN|=8,則線段MN的中點到拋物線C的準線的距離為_.【解析】分別過點M,N作拋物線C的準線的垂線,垂足分別為P,Q,由拋物線的定義知,|MP|=|MF|,|NQ|=|NF|,則|MP|+|NQ|=|MN|=8.線段MN的中點到拋物線C的準線的距離為梯形MNQP的中位線的長度,即12(|MP|+|NQ|)=4.答案:48.(2018大連一模)已知拋物線C:y2=2x,過點(1,0)任作一條直線和拋物線C交于A,B兩點,設(shè)點G(2,0),連接AG,BG并延長,分別和拋物線C交于點A和B,則直線AB過定點_.【解析】方法一:如圖,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),設(shè)直線AB的方程為x=ky+1,由y2=2x,x=ky+1,消x可得y2-2ky-2=0,所以y1+y2=2k,y1y2=-2,則直線AG的方程為y=(x-2),直線BG的方程為y=(x-2),將y=(x-2),代入y2=2x中,即y1y2-2(x1-2)y-4y1=0,解得yA=-4y1,xA=8y12,同理可得yB=-4y2,xB=8y22,所以kAB=-12y2y1y2+y1=,所以直線AB的方程為y+4y1=12kx-8y12,或y+4y2=12kx-8y22.由+可得y+2=12kx-4脳(y1+y2)2-2y1y2y12y22.即y=(x-4).所以直線AB過定點(4,0).方法二:不妨令直線AB為x=1,由解得y=,所以A(1,),B(1,-),因為G(2,0),所以直線AG的方程為y=-(x-2),直線BG的方程為y=(x-2).將y=-(x-2)代入拋物線方程得2(x-2)2=2x,解得x=1或x=4.故A(4,-2),同理可得B(4,2),所以直線AB的方程為x=4,所以直線AB過定點(4,0).答案:(4,0)三、解答題(每小題10分,共40分)9.已知定圓C:x2+(y-3)2=4,定直線m:x+3y+6=0,過A(-1,0)的一條動直線l與直線m相交于N,與圓C相交于P,Q兩點,M是PQ中點. (1)當l與m垂直時,求證:l過圓心C.(2)當|PQ|=2時,求直線l的方程.(3)設(shè)t=,試問t是否為定值,若為定值,請求出t的值;若不為定值,請說明理由.【解析】(1)由已知km=-13,故kl=3,所以直線l的方程為y=3(x+1),將圓心C(0,3)代入方程y=3(x+1)成立,故l過圓心C.(2)當直線l與x軸垂直時,易知x=-1符合題意,當直線l與x軸不垂直時,設(shè)直線l的方程為y=k(x+1),因為|PQ|=2,所以|CM|=1,即|-k+3|k2+1=1,解得k=43,此時y=43(x+1),即4x-3y+4=0,故直線l的方程為x=-1或4x-3y+4=0.(3)當l與x軸垂直時,易得M(-1,3),N-1,-53,又A(-1,0),則=(0,3),=,故=-5,即t=-5,當l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=k(x+1),代入圓的方程得:(1+k2)x2+(2k2-6k)x+k2-6k+5=0,則x1+x2=-2k2+6k1+k2,xM=x1+x22=-k2+3k1+k2,yM=k(xM+1)=3k2+k1+k2,即M-k2+3k1+k2,3k2+k1+k2,=3k+11+k2,3k2+k1+k2,又由得N, 則=,故t=+=-5,綜上所述,t的值為定值,且t=-5.10.已知中心在坐標原點,焦點在x軸上的橢圓過點P(2,),且它的離心率e=12.(1)求橢圓的標準方程.(2)與圓(x-1)2+y2=1相切的直線l:y=kx+t交橢圓于M,N兩點,若橢圓上一點C滿足+=,求實數(shù)的取值范圍.【解析】(1)設(shè)橢圓的標準方程為x2a2+y2b2=1(ab0),由已知4a2+3b2=1,ca=12,c2=a2-b2,解得a2=8,b2=6,所以橢圓的標準方程為x28+y26=1.(2)因為直線l:y=kx+t與圓(x-1)2+y2=1相切,所以|t+k|1+k2=1,2k=(t0),把y=kx+t代入x28+y26=1整理得(3+4k2)x2+8ktx+(4t2-24)=0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則有x1+x2=-,y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=6t3+4k2,因為+=,所以=(x1+x2,y1+y2),所以C,又因為點C在橢圓上,所以+=12=2t23+4k2=21t22+1t2+1,因為t20,所以1t22+1t2+11,所以022,所以的取值范圍為(-2,0)(0,).11.已知過點P12,0的直線l與拋物線x2=y交于不同的兩點A,B,點Q(0,-1),連接AQ,BQ的直線與拋物線的另一交點分別為N,M,如圖所示.(1)若=2,求直線l的斜率.(2)試判斷直線MN的斜率是否為定值,如果是,請求出此定值,如果不是,說明理由.【解析】(1)設(shè)直線l的方程為x=my+12,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立得m2y2+(m-1)y+14=0,因為=2,所以y2=2y1,由得y1=,y12=,解得m=-8+612,m=-8-60得,4k2+3m2,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.=(+)(+)=+=0,所以(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,即(1+k2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0,4k2-16km+7m2=0,所以k=12m或k=72m均適合.當k=12m時,直線l過點A,舍去,當k=72m時,直線l:y=kx+27k過定點.(建議用時:50分鐘)1.已知P為拋物線y2=4x上一個動點,Q為圓x2+(y-4)2=1上一個動點,那么點P到點Q的距離與點P到拋物線的準線距離之和的最小值是()A.2-1B.2-2C.17-1D.17-2【解析】選C.拋物線y2=4x的焦點為F(1,0),圓x2+(y-4)2=1的圓心為C(0,4),根據(jù)拋物線的定義可知點P到準線的距離等于點P到焦點的距離,進而推斷出當P,Q,F三點共線時點P到點Q的距離與點P到拋物線的焦點距離之和的最小為|FC|-r=17-1.2.已知點F是曲線C:y=14x2的焦點,點P為曲線C上的動點,A為曲線C的準線與其對稱軸的交點,則|PF|PA|的取值范圍是()A.B.C.D.【解析】選C.由已知Px,x24,A(0,-1),F(0,1),則|PF|PA|=x2+x24-12x2+x24+12=1-11+x216+12+1x2=,當且僅當x2=4時等號成立,又1.故選C.3.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(ba0)的左、右焦點分別為F1(-c,0),F2(c,0).若雙曲線上存在點P使=,則該雙曲線的離心率的取值范圍是()A.(1,+1)B.(,+)C.(,+1)D.(+1,+)【解析】選C.由題意可設(shè)P在右支非x軸上,由正弦定理有=,為方便運算,設(shè)|PF1|=m,|PF2|=n,則mn=ca,又m-n=2a, 解得n=2a2c-a,m=,又sinPF1F20,則P,F1,F2不共線,則m+n2c,即+2a2c-a2c,整理得c2-a2-2ac0,兩邊同時除以a2得e2-2e-10,解得1-ea,則e,故e(,1+),故選C.4.(2018榆林一模)已知F1,F2是雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左右兩個焦點,過點F2與雙曲線的一條漸近線平行的直線交雙曲線另一條漸近線于點M,若點M在以線段F1F2為直徑的圓外,則該雙曲線離心率的取值范圍是()A.(1,)B.(,)C.(,2)D.(2,+)【解析】選D.如圖,由題意,直線MF2的方程為y=-ba(x-c),OM的方程為y=bax,聯(lián)立兩直線方程,得Mc2,bc2a,因為點M在以線段F1F2為直徑的圓外,所以c22+bc2a2c2,b23a2,則e=2.5.(2018衡水一模)已知拋物線C:y2=2px(p0)在第一象限內(nèi)的點P(2,t)到焦點的距離為52.(1)若M,過點M,P的直線l1與拋物線相交于另一點Q,求|QF|PF|的值.(2)若直線l2與拋物線C相交于A,B兩點,與圓M:(x-a)2+y2=1相交于D,E兩點,O為坐標原點,OAOB,試問:是否存在實數(shù)a,使得|DE|的長為定值?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由.【解析】(1)因為點P(2,t),所以2+=52,解得p=1,故拋物線C的方程為y2=2x,當x=2時,t=2,所以l1的方程為y=45x+25,聯(lián)立可得xQ=18,又因為|QF|=xQ+12,|PF|=xP+12,所以|QF|PF|=14.(2)設(shè)直線AB的方程為x=ty+m,代入拋物線方程可得y2-2ty-2m=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=2t,y1y2=-2m,由OAOB得:(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=0,整理得(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=0,將代入解得m=2,所以直線l:x=t