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1、
高考數(shù)學精品復習資料
2019.5
專題升級訓練 解答題專項訓練(解析幾何)
1.已知m∈R,直線l:mx-(m2+1)y=4m和圓C:x2+y2-8x+4y+16=0有公共點.
(1)求直線l斜率的取值范圍;
(2)直線l能否將圓C分割成弧長的比值為的兩段圓弧?為什么?
2.已知☉C:x2+(y-1)2=5,直線l:mx-y+1-m=0.
(1)求證:對m∈R,直線l與圓C總有兩個不同交點A,B;
(2)求弦AB中點M的軌跡方程,并說明其軌跡是什么曲線?
3.在平面直角坐標系xOy中,記二次函數(shù)f(x)=x
2、2+2x+b(x∈R)與兩坐標軸有三個交點,經(jīng)過三個交點的圓記為C.
(1)求實數(shù)b的取值范圍;
(2)求圓C的方程.
4.已知橢圓C:=1(a>b>0)的左焦點為F(-1,0),離心率為.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設過點F且不與坐標軸垂直的直線交橢圓C于A,B兩點,線段AB的垂直平分線與x軸交于點G,求點G橫坐標的取值范圍.
5.已知兩點A,B分別在直線y=x和y=-x上運動,且|AB|=,動點P滿足2(O為坐標原點),點P的軌跡記為曲線C.
(1)求曲線C的方程;
(2)過曲線C上任意一點作它的切線l,與橢圓+y2=1交于M,N兩點,求證:為定值.
6. (20xx
3、山東煙臺模擬,21)如圖,已知圓C與y軸相切于點T(0,2),與x軸正半軸相交于M,N兩點(點M在點N的右側(cè)),且|MN|=3,已知橢圓D:=1(a>b>0)的焦距等于2|ON|,且過點.
(1)求圓C和橢圓D的方程;
(2)若過點M斜率不為零的直線l與橢圓D交于A,B兩點,求證:直線AN與直線BN的傾斜角互補.
7.已知平面內(nèi)一動點P到點F(1,0)的距離與點P到y(tǒng)軸的距離的差等于1.
(1)求動點P的軌跡C的方程;
(2)過點F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1,l2,設l1與軌跡C相交于點A,B,l2與軌跡C相交于點D,E,求的最小值.
8.已知點F1,F2分別為橢圓C
4、:=1(a>b>0)的左、右焦點,P是橢圓C上的一點,且|F1F2|=2,∠F1PF2=,△F1PF2的面積為.
(1)求橢圓C的方程;
(2)點M的坐標為,過點F2且斜率為k的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,對于任意的k∈R,是否為定值?若是,求出這個定值;若不是,說明理由.
##
1.解:(1)直線l的方程可化為y=x-,
直線l的斜率k=.
因為|m|≤(m2+1),
所以|k|=,當且僅當|m|=1時等號成立.
所以斜率k的取值范圍是.
(2)不能.
由(1)知直線l的方程為y=k(x-4),其中|k|≤.
圓C的圓心為C(4,-2),半徑r=2.
圓心C到直線
5、l的距離d=.
由|k|≤,得d≥>1,即d>.
從而,若l與圓C相交,則圓C截直線l所得的弦所對的圓心角小于.
所以l不能將圓C分割成弧長的比值為的兩段圓弧.
2. 解: (1)證明:圓心C(0,1),半徑r=,
則圓心到直線l的距離d=<1,∴d
6、交點為(1,3),(1,-1),
故M的坐標為(1,1).
當x=0時,直線l與圓的交點為(-,1),(,1),故M的坐標為(0,1).
綜上,弦AB中點M的軌跡方程為+(y-1)2=,表示圓心坐標是,半徑是的圓.
3.解:(1)令x=0,得拋物線與y軸交點是(0,b);
函數(shù)f(x)=x2+2x+b與坐標軸有三個交點,
由題意b≠0且Δ>0,解得b<1且b≠0.
(2)設所求圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,
令y=0得x2+Dx+F=0,
這與x2+2x+b=0是同一個方程,故D=2,F=b.
令x=0得y2+Ey+F=0,[來源:]
此方程有一個根為b,
7、代入得出E=-b-1.
所以圓C的方程為x2+y2+2x-(b+1)y+b=0.
4.解:(1)由題意可知:c=1,a2=b2+c2,e=,
解得a=,b=1.
故橢圓C的方程為+y2=1.
(2)設直線AB的方程為y=k(x+1)(k≠0),
聯(lián)立,得
整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.
∵直線AB過橢圓的左焦點F,
∴方程有兩個不等實根.
記A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點N(x0,y0),
則x1+x2=,x0=,y0=,垂直平分線NG的方程為y-y0=-(x-x0).
令y=0,得x=x0+ky0=-=-=-.
∵k≠0,∴-<
8、x<0.
∴點G橫坐標的取值范圍為.
5.解:(1)方法一:設P(x,y),A(x1,x1),B(x2,-x2).
∵2,∴P是線段AB的中點,∴
∵|AB|=,∴(x1-x2)2+(x1+x2)2=.∴(2y)2+(2x)2=.
∴化簡得點P的軌跡C的方程為x2+y2=.
方法二:∵2,
∴P為線段AB的中點.
∵A,B分別在直線y=x和y=-x上,
∴∠AOB=90.
又|AB|=,∴|OP|=.
∴點P在以原點為圓心,為半徑的圓上.
∴點P的軌跡C的方程為x2+y2=.
(2)證明:當直線l的斜率存在時,設l:y=kx+m.
∵l與C相切,∴,
∴m2=(1
9、+k2).
聯(lián)立
∴
設M(x1,y1),N(x2,y2),
則x1x2=,y1y2=.[來源:
∴=x1x2+y1y2=.
又m2=(1+k2),∴=0,[來源:]
當直線l的斜率不存在時,l的方程為x=,代入橢圓方程得M,N或M,N,
此時,=0.
綜上所述,為定值0.
6.解:(1)設圓的半徑為r,由題意,圓心為(r,2).
因為|MN|=3,所以r2=+22=,所以r=.
故圓C的方程是+(y-2)2=.①
在①中,令y=0,解得x=1或x=4,
所以N(1,0),M(4,0).
由
得c=1,a2=4,
b2=3.
所以橢圓D的方程為=1.
(2
10、)證明:設直線l的方程為y=k(x-4).
由得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=,x1x2=.
當x1≠1且x2≠1時,
因為kAN+kBN=
=k
=[2x1x2-5(x1+x2)+8]
=
=0,
所以kAN=-kBN.
當x1=1或x2=1時,k=,此時方程Δ=0,不合題意,
所以直線AN與直線BN的傾斜角互補.
7.解:(1)設動點P的坐標為(x,y),
由題意得-|x|=1.
化簡得y2=2x+2|x|,
當x≥0時,y2=4x;當x<0時,y=0.
所以動點P的軌跡C的方程
11、為y2=4x(x≥0)和y=0(x<0).
(2)由題意知,直線l1的斜率存在且不為0,
設為k,則l1的方程為y=k(x-1).
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個實根,
于是x1+x2=2+,x1x2=1.
因為l1⊥l2,所以l2的斜率為-.
設D(x3,y3),E(x4,y4),則同理可得x3+x4=2+4k2,x3x4=1.
=()()
==||||+||||
=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)
=1++1+1+(2+4k2)+1
=8+4≥8+42
=16,
故
12、當且僅當k2=,即k=1時,取最小值16.
8.解:(1)設|PF1|=m,|PF2|=n.
在△PF1F2中,由余弦定理得22=m2+n2-2mncos,
化簡得,m2+n2-mn=4.
由,得mnsin.化簡得mn=.
于是(m+n)2=m2+n2-mn+3mn=8.
∴m+n=2,由此可得,a=.
又∵半焦距c=1,∴b2=a2-c2=1.
因此,橢圓C的方程為+y2=1.
(2)由已知得F2(1,0),直線l的方程為y=k(x-1),[來源:]
由消去y,得(2k2+1)x2-4k2x+2(k2-1)=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=.
∵
=+y1y2
=+k2(x1-1)(x2-1)
=(k2+1)x1x2-(x1+x2)++k2
=(k2+1)+k2
==-.由此可知=-為定值.
解答題專項訓練(解析幾何)
