优化探究高三一轮人教A理科数学复习第8章平面解析几何课时作业9份89Word文档下载推荐.docx
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kPA1==-.又因为kPA2∈[-2,-1],所以kPA1∈.
4.已知抛物线y2=8x的焦点为F,直线y=k(x-2)与此抛物线相交于P,Q两点,则+=( )
A.B.1
C.2D.4
设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题意可知,
|PF|=x1+2,|QF|=x2+2,则+=+=,联立直线与抛物线方程消去y得,k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,可知x1x2=4,故+===.故选A.
5.(2014年高考福建卷)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )
A.5B.+
C.7+D.6
设Q(cosθ,sinθ),圆心为M,由已知得M(0,6),
则|MQ|=
=
=
≤5,
故|PQ|max=5+=6.
D
二、填空题
6.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点,这样的直线有________.
结合图形(图略)分析可知,满足题意的直线共有3条:
直线x=0,过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x=0).
3条
7.(2015年辽宁五校联考)设点A1,A2分别为椭圆+=1(a>
b>
0)的左、右顶点,若在椭圆上存在异于点A1、A2的点P,使得PO⊥PA2,其中O为坐标原点,则椭圆的离心率e的取值范围是________.
由题设知∠OPA2=90°
,设P(x,y)(x>
0),以OA2为直径的圆的方程为2+y2=,与椭圆方程联立,得x2-ax+b2=0.易知,此方程有一实根a,且由题设知,此方程在区间(0,a)上还有一实根,由此得0<
<
a,化简得0<
1,
即0<
1,得e2>
,所以e的取值范围为.
8.直线l:
x-y=0与椭圆+y2=1相交于A,B两点,点C是椭圆上的动点,则△ABC面积的最大值是________.
由得3x2=2,
∴x=±
,
∴A,B,
∴|AB|=.
设点C(cosθ,sinθ),则点C到AB的距离
d==·
≤,
∴S△ABC=|AB|·
d≤×
×
=.
三、解答题
9.已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,P是椭圆上一点,且△PF1F2面积的最大值等于2.
(1)求椭圆的方程;
(2)直线y=2上是否存在点Q,使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直?
若存在,求点Q的坐标;
若不存在,说明理由.
(1)因为点P在椭圆上,所以-b≤yP≤b.
因此,当|yP|=b时,△PF1F2面积最大,且最大值为|F1F2|·
|yP|=·
2c·
b=bc=2.
又离心率为,即=.
由解得a2=4,b2=c2=2.
所以椭圆的方程为+=1.
(2)假设直线y=2上存在点Q满足题意,设Q(m,2).
显然,当m=±
2时,从Q点所引的两条切线不垂直,
当m≠±
2时,设过点Q向椭圆所引的切线l的斜率为k,则l的方程为y=k(x-m)+2.
由消去y整理得
(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0,
因为Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,
所以(m2-4)k2-4mk+2=0.(*)
设两切线的斜率分别为k1,k2,显然k1,k2是方程(*)的两根,
故k1k2==-1,
解得m=±
,点Q坐标为(,2)或(-,2),
因此,直线y=2上存在两点(,2)和(-,2)满足题意.
10.(2015年兰州模拟)设椭圆+=1(a>b>0)的焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),直线l:
x=a2交x轴于点A,且=2.
(1)试求椭圆的方程;
(2)过F1、F2分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于D、E、M、N四点(如图所示),试求四边形DMEN面积的最大值和最小值.
(1)由题意,||=2c=2,A(a2,0),
∵=2,∴F2为AF1的中点,
∴a2=3,b2=2,
即椭圆的方程为+=1.
(2)当直线DE与x轴垂直时,|DE|=2·
=,此时|MN|=2a=2,四边形DMEN的面积S==4.同理,当MN与x轴垂直时,也有四边形DMEN的面积S==4.
当直线DE,MN均与x轴不垂直时,设DE:
y=k(x+1),代入椭圆方程消去y得:
(2+3k2)x2+6k2x+(3k2-6)=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),则
∴|x1-x2|==,
∴|DE|=|x1-x2|=,
同理|MN|==,
∴四边形的面积S==·
·
令u=k2+,得S==4-,
∵u=k2+≥2,当k=±
1时,u=2,S=,
且S是以u为自变量的增函数,∴≤S<4.
综上可知,≤S≤4.故四边形DMEN面积的最大值为4,最小值为.
B组 高考题型专练
1.设过原点的直线l与抛物线y2=4(x-1)交于A,B两点,且以AB为直径的圆恰好过抛物线焦点F.求:
(1)直线l的方程;
(2)|AB|的长.
(1)设直线l:
y=kx,抛物线的焦点为F(2,0),则
⇒k2x2-4x+4=0.
Δ=16-16k2>0⇒-1<k<1.①
当k=0时,l与x轴重合,不合题意.
∴k≠0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,
∵AF⊥BF,
∴·
=0(或用kAF·
kBF=-1),
又=(2-x1,-y1),=(2-x2,-y2),
得k2x1x2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
代入得k=±
满足①,∴l:
y=±
x.
(2)由
(1)求解得x1+x2=8,x1x2=8,
|AB|==4.
∴弦AB的长为4.
2.(2015年海淀模拟)已知椭圆G:
+=1(a>b>0)的离心率为,过椭圆G右焦点F的直线m:
x=1与椭圆G交于点M(点M在第一象限).
(1)求椭圆G的方程;
(2)已知A为椭圆G的左顶点,平行于AM的直线l与椭圆G相交于B,C两点,请判断直线MB,MC是否关于直线m对称,并说明理由.
(1)由题意得c=1,
由=可得a=2,
所以b2=a2-c2=3,
(2)由题意可得点A(-2,0),M,
所以由题意可设直线l:
y=x+n,n≠1.
设B(x1,y1),C(x2,y2),
由得x2+nx+n2-3=0.
由题意可得Δ=n2-4(n2-3)=12-3n2>0,
即n∈(-2,2)且n≠1.
x1+x2=-n,x1x2=n2-3.
因为kMB+kMC=+=+=1++
=1+=1-=0,
所以直线MB,MC关于直线m对称.
3.(2015年南京模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知过点的椭圆C:
+=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),过焦点F且与x轴不重合的直线与椭圆C交于A,B两点,点B关于坐标原点的对称点为P,直线PA,PB分别交椭圆C的右准线l于M,N两点.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)若点B的坐标为,试求直线PA的方程.
(3)记M,N两点的纵坐标分别为yM,yN,试问yMyN是否为定值?
若是,请求出该定值;
若不是,请说明理由.
(1)由题意,得2a=+=4,即a=2,
又c=1,∴b2=3,∴椭圆C的标准方程为+=1.
(2)∵B,∴P,又F(1,0),∴kAB=,
∴直线AB:
y=(x-1),
联立方程,解得A(0,-),
∴直线PA:
y=-x-,即x+4y+4=0.
(3)当kAB不存在时,易得yMyN=-9,
当kAB存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则P(-x2,-y2),
∴+=1,+=1,
两式相减,得=-,
∴=-=kPA·
kAB,令kAB=k=,则kPA=-,
y+y2=-(x+x2),
∴yM=-(x2+4)-y2,
∴yM=--y2,
∵直线PB:
y=·
x,
∴yN=,
∴yMyN=-3×
-,
又∵+=1,∴4y=12-3x,
=-9,
∴yMyN为定值-9.
4.(2014年高考四川卷)已知椭圆C:
+=1(a>
0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.
①证明:
OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);
②当最小时,求点T的坐标.
(1)由已知可得
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程是+=1.
(2)①由
(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).
则直线TF的斜率kTF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=,直线PQ的方程是x=my-2.
当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得
消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>
0.
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m(y1+y2)-4=.
所以PQ的中点M的坐标为.
所以直线OM的斜率kOM=-,
又直线OT的斜率kOT=-,所以点M在直线OT上,
因此OT平分线段PQ.
②由①可得,
|TF|=,
|PQ|=
所以=
=≥=.
当且仅当m2+1=,即m=±
1时,等号成立,此时取得最小值.
所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).
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- 优化 探究 一轮 理科 数学 复习 平面 解析几何 课时 作业 89