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- 2021-06-23 发布
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限时规范训练
A组——高考热点强化练
1.已知动点P到直线l:x=-1的距离等于它到圆C:x2+y2-4x+1=0的切线长(P到切点的距离).记动点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程.
(2)点Q是直线l上的动点,过圆心C作QC的垂线交曲线E于A,B两点,问:是否存在常数λ,使得|AC|·|BC|=λ|QC|2?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.
解析:(1)由已知得圆心为C(2,0),半径r=.设P(x,y),
依题意可得|x+1|=,整理得y2=6x.
故曲线E的方程为y2=6x.
(2)设直线AB的方程为my=x-2,
则直线CQ的方程为y=-m(x-2),可得Q(-1,3m).
设A(x1,y1),B(x2,y2).
将my=x-2代入y2=6x并整理得y2-6my-12=0,那么y1y2=-12,
则|AC|·|BC|=(1+m2)|y1y2|=12(1+m2),|QC|2=9(1+m2),即|AC|·|BC|=|QC|2,所以λ=.
2.(2017·高考北京卷)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.
(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;
(2)求证:A为线段BM的中点.
解析:(1)由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=,所以抛物线C的方程为y2=x.
抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.
(2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).
由得4k2x2+(4k-4)x+1=0,
则x1+x2=,x1x2=.
因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1).
直线ON的方程为y=x,点B的坐标为.
因为y1+-2x1=
=
=
==0,
所以y1+=2x1,
故A为线段BM的中点.
3.如图所示,已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好在抛物线x2=8y的准线上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)点P(2,),Q(2,-)在椭圆上,A,B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点,当A,B运动时,满足∠APQ=∠BPQ,试问:直线AB的斜率是否为定值,请说明理由.
解析:(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0).
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2=8y的准线y=-2上,
∴-b=-2,解得b=2.
又=,a2=b2+c2,
∴a=4,c=2.
可得椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
∵∠APQ=∠BPQ,则PA,PB的斜率互为相反数,
可设直线PA的斜率为k,则PB的斜率为-k,
直线PA的方程为:y-=k(x-2),
联立
化为(1+4k2)x2+8k(-2k)x+4(-2k)2-16=0,
∴x1+2=.
同理可得:x2+2==,
∴x1+x2=,x1-x2=,
kAB===.
∴直线AB的斜率为定值.
4.如图,设P是抛物线C1:x2=y上的动点,过点P作圆C2:x2+(y+3)2
=1的两条切线,交直线l:y=-3于A,B两点.
(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离.
(2)是否存在点P,使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
解析:(1)因为抛物线C1的准线方程为y=-,所以圆心M到抛物线C1准线的距离为=.
(2)设存在满足题意的点P,其坐标为(x0,x),抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D.
再设A,B,D的横坐标分别为xA,xB,xD,
过点P(x0,x)的抛物线C1的切线方程为y-x=2x0(x-x0).①
当x0=1时,过点P(1,1)的圆C2的切线PA为y-1=(x-1),
可得xA=-,xB=1,xD=-1,xA+xB≠2xD.
当x0=-1时,过点P(-1,1)的圆C2的切线PB为y-1=-(x+1),
可得xA=-1,xB=,xD=1,xA+xB≠2xD.
所以x-1≠0,
设切线PA,PB的斜率分别为k1,k2,则
PA:y-x=k1(x-x0),②
PB:y-x=k2(x-x0).③
将y=-3分别代入①②③得xD=(x0≠0);xA=x0-;xB=x0-(k1,k2≠0).
从而xA+xB=2x0-(x+3),又=1,
即(x-1)k-2(x+3)x0k1+(x+3)2-1=0,
同理,(x-1)k-2(x+3)x0k2+(x+3)2-1=0.
所以k1,k2是方程(x-1)k2-2(x+3)x0k+(x+3)2-1=0的两个不相等的根,
从而k1+k2=,k1·k2=.
因为xA+xB=2xD,所以2x0-(3+x)=,即+=.
从而=,进而得x=8,x0=±.
综上所述,存在点P满足题意,点P的坐标为(±,2).
B组——高考能力提速练
1.(2017·高考北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
解析:(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),
由题意得解得c=,所以b2=a2-c2=1,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n),
由题设知m≠±2,且n≠0.
直线AM的斜率kAM=,
故直线DE的斜率kDE=-,
所以直线DE的方程为y=-(x-m),
直线BN的方程为y=(x-2).
联立解得点E的纵坐标yE=-.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2,所以yE=-n.
又S△BDE=|BD|·|yE|=|BD|·|n|,S△BDN=|BD|·|n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
2.已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点.问:是否存在k的值,使以CD为直径的圆过E点?请说明理由.
解析:(1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0.
依题意解得
∴椭圆方程为+y2=1.
(2)假若存在这样的k值,
由得(1+3k2)x2+12kx+9=0,
∴Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0. ①
设C(x1,y1),D(x2,y2),则 ②
而y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4.
要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CE⊥DE时,
则·=-1,即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,
∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0, ③
将②代入③整理解得k=,经验证k=,此时①成立.
综上可知,存在k=,使得以CD为直径的圆过点E.
3.椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点为A,P是C上的一点,以AP为直径的圆经过椭圆C的右焦点F.
(1)求椭圆C的方程.
(2)动直线l与椭圆C有且只有一个公共点,问:在x轴上是否存在两个定点,它们到直线l的距离之积等于1?如果存在,求出这两个定点的坐标;如果不存在,请说明理由.
解析:(1)F(c,0),A(0,b),由题设可知·=0,
∴c2-c+=0. ①
又点P在椭圆C上,∴+=1,∴a2=2. ②
又b2+c2=a2=2, ③
联立①③,解得c=1,b2=1,
故所求椭圆的方程为+y2=1.
(2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,代入椭圆方程,
消去y整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,(*)
方程(*)有且只有一个实根,又2k2+1>0,
所以Δ=0,得m2=2k2+1,
假设存在M1(λ1,0),M2(λ2,0)满足题设,
则d1·d2==
==1对任意的实数k恒成立.
所以解得或
当直线l的斜率不存在时,经检验符合题意.
综上所述,存在两个定点M1(1,0),M2(-1,0),使它们到直线l的距离之积等于1.
4.(2017·黄冈模拟)如图,已知点F1,F2是椭圆C1:+y2=1的两个焦点,椭圆C2:+y2=λ经过点F1,F2,点P是椭圆C2上异于F1,F2的任意一点,直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A,B和C,D.设AB,CD的斜率分别为k,k′.
(1)求证:k·k′为定值;
(2)求|AB|·|CD|的最大值.
解析:(1)证明:因为点F1,F2是椭圆C1的两个焦点,故F1,F2的坐标是F1(-1,0),F2(1,0).
而点F1,F2是椭圆C2上的点,将F1,F2的坐标代入C2的方程得,λ=.
设点P的坐标是(x0,y0),
∵直线PF1和PF2的斜率分别是k,k′(k≠0,k′≠0)
∴kk′=·=,①
又点P是椭圆C2上的点,故+y=,②
联立①②两式可得kk′=-,即k·k′为定值.
(2)直线PF1的方程可表示为y=k(x+1)(k≠0),
与椭圆C1的方程联立,
得到方程组
由方程组得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
|AB|=|x1-x2|==.
同理可求得|CD|=,
则|AB|·|CD|=
=4≤,
当且仅当k=±时等号成立.
故|AB|·|CD|的最大值等于.