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- 2021-06-24 发布
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多维层次练53
[A级 基础巩固]
1.已知P(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点,若·<0,则x0的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析:由题意可知F1(-,0),F2(,0),则·=(x0+)·(x0-)+y=x+y-3<0.因为点P在椭圆上,所以y=1-.所以x+-3<0,解得-0,b>0)的离心率e=2,过双曲线上一点M作直线MA,MB交双曲线于A,B两点,且斜率分别为k1,k2,若直线AB过原点,则k1·k2的值为( )
A.2 B.3
C. D.
解析:由题意知,e===2⇒b2=3a2,则双曲线方程可化为3x2-y2=3a2,设A(m,n),M(x0,y0)(x0≠±m),则B(-m,-n),k1·k2=·===3.
答案:B
4.(2020·佛山一中月考)关于曲线C:+=1性质的叙述,正确的是( )
A.一定是椭圆 B.可能为抛物线
C.离心率为定值 D.焦点为定点
解析:因为曲线方程没有一次项,不可能为抛物线,故B错误,
因为a2-4可正也可负,所以曲线可能为椭圆或双曲线,
若曲线为椭圆,则c2=a2-(a2-4)=4,
所以c=2,e=,离心率不是定值,焦点(2,0),(-2,0),为定点,
若曲线为双曲线,方程为-=1,
则c2=a2+(4-a2)=4,
所以c=2,e=,离心率不是定值,焦点(2,0),(-2,0),为定点.
答案:D
5.(2020·淮南二中月考)若直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线分别交于M,N两点,则·的值为( )
A.3 B.4
C.5 D.与点P的位置有关
解析:设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),
因为P是切点,所以MP的方程为-y0y=1,且x-4y=4,
由解得
同理
所以·=x1x2+y1y2=·-·===3.
答案:A
6.在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点,若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为________.
解析:由双曲线的性质知所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x-y=0与直线x-y+1=0的距离,此距离d==.
答案:
7.(2020·如皋市长江高中月考)当直线l:(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0(m∈R)被圆C:(x-1)2+(y-2)2=25截得的弦最短时,m的值为________.
解析:由题得:m(2x+y-7)+x+y-4=0,则直线过定点A(3,1),点A在圆内,过A的弦最短即过圆心C和点A的直线与弦所在直线垂直时,弦长最短,AC===,化简得(4m+3)2=0⇒m=-.
答案:-
8.(2020·苏州市质检)椭圆E:+=1的左顶点为A,点B,C是椭圆E上的两个动点,若直线AB与AC的斜率乘积为定值-,则动直线BC恒过定点的坐标为________.
解析:由题意知A(-2,0),设B(x1,y1)C(x2,y2),
设BC的方程为x=ny+t,
代入椭圆方程得:(3n2+4)y2+6nty+3t2-12=0,
则y1+y2=-,y1y2=,
直线AB与AC的斜率乘积为定值k1·k2=·=-,
所以4y1y2+(ny1+t+2)(ny2+t+2)=0,
即(n2+4)y1y2+n(t+2)(y1+y2)+(t+2)2=0,
韦达定理代入得t2+t-2=0,解得t=1或-2,
当t=-2时,定点与A重合,舍去,
所以t=1,直线x=ny+1过定点(1,0).
答案:(1,0)
9.(2020·抚州市期末)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1(a>b>0)的焦距为2,离心率为,椭圆的右顶点为A.
(1)求该椭圆的方程;
(2)过点D(,-)作直线PQ交椭圆于两个不同点P,Q,求证:直线AP,AQ的斜率之和为定值.
(1)解:由题意可知:椭圆+=1(a>b>0),焦点在x轴上,2c=2,c=1,
椭圆的离心率e==,则a=,b2=a2-c2=1,
则椭圆的标准方程:+y2=1.
(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),A(,0),
当斜率不存在时,x=,y=0与椭圆只有一个交点,不合题意.
由题意得PQ的方程:y=k(x-)-,
则
整理得:(2k2+1)x2-(4k2+4k)x+4k2+8k+2=0,
由韦达定理可知:x1+x2=,x1x2=,
则y1+y2=k(x1+x2)-2k-2=,
则kAP+kAQ=+=,
由y1x2+y2x1=[k(x1-)-]x2+[k(x2-)-]x1=2kx1x2-(k+)(x1+x2)=-,
kAP+kAQ==
=1,
所以直线AP,AQ的斜率之和为定值1.
10.已知抛物线的顶点在原点,焦点在x轴的正半轴上,直线x+y-1=0与抛物线相交于A,B两点,且|AB|=.
(1)求抛物线的方程.
(2)在x轴上是否存在一点C,使△ABC为正三角形?若存在,求出C点的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)设所求抛物线的方程为y2=2px(p>0),
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去y,得x2-2(1+p)x+1=0,
判别式Δ=4(1+p)2-4=4p2+8p>0恒成立,
由根与系数的关系得x1+x2=2(1+p),x1x2=1.
因为|AB|=,
所以=,
所以121p2+242p-48=0,
所以p=或p=-(舍去).
故抛物线的方程为y2=x.
(2)设弦AB的中点为D,则D.
假设x轴上存在满足条件的点C(x0,0).
因为△ABC为正三角形,
所以CD⊥AB,所以x0=,
所以C,所以|CD|=.
又|CD|=|AB|=,
与上式|CD|=矛盾,所以x轴上不存在点C,使△ABC为正三角形.
[B级 能力提升]
11.(2020·黄冈浠水实高月考)已知抛物线C:y2=2x,过定点M(a,0)的直线与抛物线C相交于点P,Q,若+为常数,则实数a的值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:设P(x1,y1),Q(x2,y2),
直线PQ:x=ky+a,
联立方程⇒y2-2ky-2a=0,
所以y1+y2=2k,y1y2=-2a,
所以+=+=(+)=·=·=,
因为+为常数,
所以a=1,满足Δ=4k2+8>0.
答案:A
12.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,△ABC的顶点都在抛物线上,且满足++=0,则++=________.
解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F,由++=0,得y1+y2+y3=0.因为kAB==,所以kAC=,kBC=,所以++=++=0.
答案:0
13.(2019·北京卷)已知椭圆C:+=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C
交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.
(1)解:由题意,得b2=1,c=1,
所以a2=b2+c2=2,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则直线AP的方程为y=x+1.
令y=0得点M的横坐标xM=-.
又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=.
同理,|ON|=.
由得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
则x1+x2=-,x1x2=.
所以|OM|·|ON|=·
=
=
=2.
又|OM|·|ON|=2,所以2=2.
解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
[C级 素养升华]
14.(2020·山东调研)已知定点F(0,2)和定直线l:y=-3,动圆M在直线l的上方,其半径r=|MF|,且圆M上的点到直线l的距离的最小值等于1.
(1)求圆心M的轨迹C的方程.
(2)已知直线AB交曲线C于A,B两点,交x轴于点G,交y轴正半轴于点H,是否存在直线AB,使得A,B两点纵坐标之积为4,且+-=0?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意可知,动点M到定点F(0,2)的距离等于到定直线l′:y=-2的距离,根据抛物线的定义可知,点M的轨迹C是以F为焦点的抛物线,故圆心M的轨迹C的方程为x2=8y.
(2)存在.假设存在符合条件的直线AB,由已知可知直线的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+b(k≠0,b>0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由得x2-8kx-8b=0,所以
所以y1y2=·=b2,由y1y2=4,得b2=4,又b>0,所以b=2.
由+-=0,得+=3,
作AA′⊥x轴,BB′⊥x轴,垂足分别为A′,B′,则+=+
=+==3,
因为y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,
所以8k2+4=6,所以k=±.
故存在符合条件的直线AB,其方程为y=x+2或y=-x+2.
素养培育数学运算——解析几何减少运算量的常见技巧(自主阅读)
中学解析几何是将几何图形置于平面直角坐标系中,用坐标表示点、用方程表示曲线,体现了用代数的方法解决几何问题的优越性,但有时过大的运算量,繁杂的讨论,都会影响解题的速度,甚至会中止解题的过程,达到“望题兴叹”的地步!而高考要求在规定的时间内,保质保量完成解题任务.为提高运算能力,可从以下几方面探索减少运算量的方法和技巧,合理简化解题过程、优化思维过程.
技巧1 巧用平面几何性质
根据题意画出几何图形后,利用二次曲线的定义和平面几何的有关性质进行几何分析,有时从几何角度可以找出简捷的解题方法.
[典例1] 已知O为坐标原点,F是椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析:设OE的中点为N,如图所示,因为MF∥OE,所以有=,=.又因为OE=2ON,所以有=·,解得e==.
答案:A
技巧2 设而不求,整体代换
1.涉及线段长度的问题可以通过解方程组求出点的坐标,用距离公式计算长度的方法来解;联立方程组消元整理成一元二次方程后,利用韦达定理整体代入距离公式,可以减少计算量.
2.对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题,常常用“点差法”求解.
[典例2] 已知椭圆+y2=1的左顶点为A,过A作两条互相垂直的弦AM,AN交椭圆于M,N两点.
(1)当直线AM的斜率为1时,求点M的坐标;
(2)当直线AM的斜率变化时,直线MN是否过x轴上的一定点?若过定点,请给出证明,并求出该定点;若不过定点,请说明理由.
解:(1)直线AM的斜率为1时,直线AM的方程为y=x+2,代入椭圆方程并化简得5x2+16x+12=0.
解得x1=-2,x2=-,所以M.
(2)设直线AM的斜率为k,直线AM的方程为y=k(x+2).
联立方程
化简得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0.
则xA+xM=,又xA=-2,
则xM=-xA-=2-=.
同理,可得xN=.
由(1)知若存在定点,则此点必为P.
证明如下:
因为kMP===.
同理可计算得kPN=.
所以直线MN过x轴上的一定点P.
[典例3] 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的标准方程为( )
A.+=1 B.+=1
C.+=1 D.+=1
解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=2,y1+y2=-2,
①-②得+=0,
所以kAB==-=.
又kAB==,所以=.
又9=c2=a2-b2,解得b2=9,a2=18,
所以椭圆E的方程为+=1.
答案:D
技巧3 巧妙“换元”
变量换元的关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而将非标准型问题转化为标准型问题,将复杂问题简单化.变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题.
[典例4] 如图所示,已知椭圆C的离心率为,点A,B,F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点,且S△ABF=1-.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=1相切,若直线l
与椭圆C交于M,N两点,求△OMN面积的最大值.
解:(1)由已知椭圆的焦点在x轴上,设其方程为+=1(a>b>0),则A(a,0),B(0,b),F(c,0)(c=).
由已知可得e2==,
所以a2=4b2,即a=2b,可得c=b. ①
S△ABF=×|AF|×|OB|=(a-c)b=1-.②
将①代入②,得(2b-b)b=1-,
解得b=1,故a=2,c=.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)圆O的圆心为坐标原点,半径r=1,由直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=1相切,得=1,
故有m2=1+k2.③
由消去y,
得x2+2kmx+m2-1=0.
由题可知k≠0,
即(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.
所以Δ=16(4k2-m2+1)=48k2>0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1+x2==,x1x2==.
所以|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=-4×=.④
将③代入④中,得|x1-x2|2=,
故|x1-x2|=.
所以|MN|=|x1-x2|=×=.
故△OMN的面积S=|MN|×1=××1=.
令t=4k2+1,则t≥1,k2=,代入上式,得
S=2=
= =
= = ,
所以当t=3,即4k2+1=3,解得k=±时,S取得最大值,且最大值为× =1.