《2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章 解析幾何 專題研究4 圓錐曲線中的探索性問題練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章 解析幾何 專題研究4 圓錐曲線中的探索性問題練習(xí) 理（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章 解析幾何 專題研究4 圓錐曲線中的探索性問題練習(xí) 理 1．(2018·重慶一中期中)當(dāng)曲線y＝－與直線kx－y＋2k－4＝0有兩個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí)，實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A．(0，)　　　　　　　 B．(，] C．(，1] D．(，＋∞) 答案　C 解析　曲線y＝－表示圓x2＋y2＝4的下半部分，直線kx－y＋2k－4＝0過定點(diǎn)(－2，－4)．由＝2，解得k＝，所以過點(diǎn)(－2，－4)且斜率k＝的直線y＝x－與曲線y＝－相切，如圖所示．過點(diǎn)(－2，－4)與點(diǎn)(2，0)的直線的斜率為＝1.所以曲線y＝－與直線kx－y＋2k＝0有兩個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí)，實(shí)

2、數(shù)k的取值范圍是(，1]．故選C. 2．設(shè)拋物線x2＝2py(p>0)，M為直線y＝－2p上任意一點(diǎn)，過M引拋物線的切線，切點(diǎn)分別為A，B，記A，B，M的橫坐標(biāo)分別為xA，xB，xM，則(　　) A．xA＋xB＝2xM B．xA·xB＝xM2 C.＋＝ D．以上都不對(duì) 答案　A 解析　由x2＝2py得y＝，所以y′＝，所以直線MA的方程為y＋2p＝(x－xM)，直線MB的方程為y＋2p＝(x－xM)，所以＋2p＝(xA－xM)?、?，＋2p＝(xB－xM)?、?，由①②可得xA＋xB＝2xM，故選A. 3．(2016·浙江，文)設(shè)雙曲線x2－＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若

3、點(diǎn)P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是________． 答案　(2，8) 解析　由題意不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上，現(xiàn)考慮兩種極限情況：當(dāng)PF2⊥x軸時(shí)，|PF1|＋|PF2|有最大值8；當(dāng)∠P為直角時(shí)，|PF1|＋|PF2|有最小值2.因?yàn)椤鱂1PF2為銳角三角形，所以|PF1|＋|PF2|的取值范圍為(2，8)． 4．已知圓C的半徑為2，圓心在直線y＝－x＋2上，E(1，1)，F(xiàn)(1，－3)，若圓上存在點(diǎn)Q，使|QF|2－|QE|2＝32，則圓心的橫坐標(biāo)a的取值范圍為________． 答案　[－3，1] 解析　根據(jù)題意，可設(shè)圓C的方程為

4、(x－a)2＋(y＋a－2)2＝4，設(shè)Q(x，y)，由|QF|2－|QE|2＝32，得到(x－1)2＋(y＋3)2－(x－1)2－(y－1)2＝32，得y＝3，故點(diǎn)Q在直線y＝3上，又點(diǎn)Q在圓(x－a)2＋(y＋a－2)2＝4上，所以圓C與直線y＝3必須有公共點(diǎn)．因?yàn)閳A心的縱坐標(biāo)為－a＋2，半徑為2，所以圓C與直線y＝3有公共點(diǎn)的充分條件是1≤－a＋2≤5，即－3≤a≤1.所以圓心的橫坐標(biāo)a的取值范圍是[－3，1]． 5．(2018·江西紅色七校二模)已知橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過F2垂直于長軸的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且|PQ|＝3. (1)求橢圓的方程； (

5、2)過F2的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)M，N，則△F1MN的內(nèi)切圓的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè)最大值及此時(shí)直線l的方程；若不存在，請說明理由． 答案　(1)＋＝1　(2)存在，最大值為 解析　(1)設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，由焦點(diǎn)坐標(biāo)可得c＝1，由|PQ|＝3，可得＝3. 又a2－b2＝1，解得a＝2，b＝， 故橢圓方程為＋＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨設(shè)y1>0，y2<0.設(shè)△F1MN的內(nèi)切圓的半徑為R. 則△F1MN的周長為4a＝8， S△F1MN＝(|MN|＋|F1M|＋|F1N|)R＝4R. 因此，S△F1MN最大，R就最大，

6、△F1MN的內(nèi)切圓的面積就最大． 由題知，直線l的斜率不為零，可設(shè)直線l的方程為x＝my＋1. 由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 則y1＝，y2＝， 則S△F1MN＝|F1F2|(y1－y2)＝y(tǒng)1－y2＝. 令t＝，t≥1，則S△F1MN＝＝＝. 令f(t)＝3t＋，則f′(t)＝3－，當(dāng)t≥1時(shí)，f′(t)≥0， f(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(t)≥f(1)＝4，S△F1MN≤3，且當(dāng)t＝1，即m＝0時(shí)，(S△F1MN)max＝3. ∵S△F1MN＝4R，∴Rmax＝，這時(shí)所求內(nèi)切圓面積的最大值為π.故直線l的方程為x＝1時(shí)，△F1MN內(nèi)切圓的面積取得最大

7、值π. 6．(2018·安徽六安二模)設(shè)點(diǎn)P是圓x2＋y2＝4上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)D是點(diǎn)P在x軸上的投影，動(dòng)點(diǎn)M滿足 ＝2，過定點(diǎn)Q(0，2)的直線l與動(dòng)點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)． (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程； (2)在y軸上是否存在點(diǎn)E(0，t)，使|EA|＝|EB|？若存在，求出實(shí)數(shù)t的取值范圍；若不存在，請說明理由． 答案　(1)＋＝1　(2)存在，t∈(－，0] 解析　(1)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xp，yp)，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為(xp，0)，由 ＝2，得 ∵點(diǎn)P在圓上，∴x2＋(y)2＝4，即＋＝1， ∴點(diǎn)M的軌跡方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直

8、線l的方程為x＝0，當(dāng)E與原點(diǎn)重合，即t＝0時(shí)，滿足|EA|＝|EB|. 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，代入＋＝1，消去y，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 則由Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)>0，得|k|>. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. ∵|EA|＝|EB|，∴(＋)·＝0. 又＋＝(x1＋x2，k(x1＋x2)＋4－2t)，＝(x2－x1，k(x2－x1))， ∴(x2－x1，k(x2－x1))·(x1＋x2，k(x1＋x2)＋4－2t)＝0，展開化簡，得(1＋k2)·(x1＋x2)＋4k－2kt＝0

9、， 將x1＋x2＝－代入化簡，得t＝－， 又|k|>，∴t＝－∈(－，0)． 綜上，存在符合題意的點(diǎn)E，且實(shí)數(shù)t的取值范圍為(－，0]． 7．(2018·貴州貴陽考試)已知拋物線E：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，準(zhǔn)線l與x軸的交點(diǎn)為P，過點(diǎn)P且斜率為k的直線m交拋物線于不同的兩點(diǎn)A，B. (1)若|AF|＋|BF|＝8，求線段AB的中點(diǎn)Q到準(zhǔn)線的距離； (2)E上是否存在一點(diǎn)M，滿足＋＝？若存在，求出直線m的斜率；若不存在，請說明理由． 答案　(1)4　(2)不存在 解析　(1)由拋物線E的方程為y2＝4x， 可得F(1，0)，準(zhǔn)線l：x＝－1，P(－1，0)． 過點(diǎn)A作

10、AA′⊥l，過點(diǎn)B作BB′⊥l，垂足分別為A′，B′. 由拋物線的定義得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|， ∴由|AF|＋|BF|＝8得|AA′|＋|BB′|＝8. 過AB的中點(diǎn)Q作QQ′⊥l，垂足為Q′， 故QQ′是直角梯形AA′B′B的中位線， ∴|QQ′|＝＝＝4，即線段AB的中點(diǎn)Q到準(zhǔn)線的距離為4. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)， 則＋＝(x1＋1，y1)＋(x2＋1，y2)＝(x1＋x2＋2，y1＋y2)＝(x＋1，y)＝， 故即 設(shè)直線m的方程為y＝k(x＋1)， 聯(lián)立得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0， ∴Δ＝(2k

11、2－4)2－4k4＝16－16k2>0，x1＋x2＝. ∴＝x－1，∴x＝. ∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2k＝k·＋2k＝. ∴y＝.∴M(，)． ∵點(diǎn)M在拋物線上，∴()2＝4·， 即＝－4，此方程無解． ∴不存在滿足條件的點(diǎn)M. 8．(2018·吉林普通中學(xué)第一次調(diào)研)如圖，已知橢圓E：＋＝1(0

12、值為－3 解析　(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)． 又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，1)，且·＝－2， 于是解得c＝1，b＝. 所以橢圓E的方程為＋＝1. 因?yàn)閏＝1，a＝2，所以離心率e＝. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(4k2＋3)x2＋8kx－8＝0. 其判別式Δ>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝. 從而·＋λ· ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－2λ－3. 所

13、以當(dāng)λ＝2時(shí)，－2λ－3＝－7， 即·＋λ·＝－7為定值． 當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，直線AB即直線CD. 此時(shí)·＋λ·＝·＋2·＝－3－4＝－7. 故存在常數(shù)λ＝2，使得·＋λ·為定值－7. 1．已知拋物線y2＝2px(p>0)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線的焦點(diǎn)，P是拋物線上一點(diǎn)，則使得△POF是直角三角形的點(diǎn)P共有(　　) A．0個(gè) B．2個(gè) C．4個(gè) D．6個(gè) 答案　B 解析　當(dāng)∠OFP為直角時(shí)，作出圖形如圖所示，過焦點(diǎn)F作PF⊥x軸，交拋物線于點(diǎn)P，P′，則△OFP，△OFP′都是直角三角形．顯然∠POF不可能為直角．若∠OPF＝90°，易知F(，0)，設(shè)P

14、(，y)，可得＝(，y)，＝(－，y)，∴·＝(－)＋y2＝＋.∵>0，>0，∴·>0，∴cos∠OPF>0，∴∠OPF為銳角，不可能為直角．綜上，使得△POF是直角三角形的點(diǎn)P有且有2個(gè)． 2．(2018·江蘇鹽城中學(xué)摸底)命題p：已知橢圓＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過F2作∠F1PF2外角的平分線的垂線，垂足為M，則OM的長為定值．類比此命題，在雙曲線中也有命題q：已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為雙曲線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過F2作∠F1PF2的________的垂線，垂足為M，則OM的長為定值________．

15、 答案　內(nèi)角平分線　a 解析　∵F1，F(xiàn)2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過F2作∠F1PF2外角的平分線的垂線，垂足為M，∴點(diǎn)F2關(guān)于∠F1PF2的外角平分線PM的對(duì)稱點(diǎn)Q在F1P的延長線上，|F1Q|＝|PF1|＋|PF2|＝2a(橢圓長軸長)，又OM是△F2F1Q的中位線，故|OM|＝a.不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線右支上，當(dāng)過F2作∠F1PF2的內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M時(shí)，點(diǎn)F2關(guān)于∠F1PF2的內(nèi)角平分線PM的對(duì)稱點(diǎn)Q在PF1上，|F1Q|＝|PF1|－|PF2|＝2a，又OM是△F2F1Q的中位線，故|OM|＝a. 3．(2018·海南?？谌?已知橢圓C：＋y2＝1(a>1)

16、的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且·的最小值為0. (1)求橢圓C的方程； (2 )若動(dòng)直線l1，l2均與橢圓C相切，且l1∥l2，試探究在x軸上是否存在定點(diǎn)B，使得點(diǎn)B到l1，l2的距離之積恒為1？若存在，請求出點(diǎn)B的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 答案　(1)＋y2＝1　(2)略 解析　(1)設(shè)P(x，y)，則有＝(x＋c，y)，＝(x－c，y)， ·＝x2＋y2－c2＝＋1－c2，x∈[－a，a]， 由·的最小值為0，得1－c2＝0，∴c＝1，a2＝2， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)①當(dāng)直線l1，l2斜率存在時(shí)，設(shè)其方程分別

17、為y＝kx＋m，y＝kx＋n， 把l1的方程代入橢圓方程得(1＋2k2)x2＋4mkx＋2m2－2＝0. ∵直線l1與橢圓C相切，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0， 化簡得m2＝1＋2k2，同理，n2＝1＋2k2， ∴m2＝n2.若m＝n，則l1，l2重合，不合題意，∴m＝－n. 設(shè)在x軸上存在點(diǎn)B(t，0)，點(diǎn)B到直線l1，l2的距離之積為1， 則·＝1，即|k2t2－m2|＝k2＋1， 把1＋2k2＝m2代入并去絕對(duì)值，整理得k2(t2－3)＝2或k2(t2－1)＝0，前式顯然不恒成立； 而要使得后式對(duì)任意的k∈R恒成立，則t2－1＝0，解得t＝±1.

18、 ②當(dāng)直線l1，l2斜率不存在時(shí)，其方程為x＝和x＝－，定點(diǎn)(－1，0)或(1，0)到直線l1，l2的距離之積為(＋1)·(－1)＝1， 綜上所述，滿足題意的定點(diǎn)B為(－1，0)和(1，0)． 4．(2018·吉林一中二模)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)與直線x－y＋4＝0相切． (1)求該拋物線的方程； (2)在x軸的正半軸上，是否存在某個(gè)確定的點(diǎn)M，過該點(diǎn)的動(dòng)直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，使得＋為定值？如果存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由． 答案　(1)y2＝8x　(2)略 解析　(1)聯(lián)立方程，有消去x，得y2－2py＋8p＝0，由直線與拋物線相切，得Δ＝

19、8p2－32p＝0，解得p＝4. 所以拋物線的方程為y2＝8x. (2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)M(m，0)(m>0)． 直線l：x＝ty＋m，由得y2－8ty－8m＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，有y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m. |AM|2＝(x1－m)2＋y12＝(t2＋1)y12， |BM|2＝(x2－m)2＋y22＝(t2＋1)y22. ＋＝＋＝·＝·， 當(dāng)m＝4時(shí)，＋為定值，所以M(4，0)． 5．(2018·浙江溫州第一次考試)如圖，動(dòng)圓C過點(diǎn)F(1，0)，且與直線x＝－1相切于點(diǎn)P. (1)求圓C的軌跡Γ的方程； (2)過點(diǎn)F任作一直線交軌跡

20、Γ于A，B兩點(diǎn)，設(shè)PA，PF，PB的斜率分別為k1，k2，k3，問：是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由． 答案　(1)y2＝4x　(2)定值為2 解析　(1)由題意，圓心C到點(diǎn)F(1，0)的距離與到直線x＝－1的距離相等． 由拋物線的定義，可知圓心C的軌跡是以F(1，0)為焦點(diǎn)，以直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，其中＝1，所以p＝2. 故圓心C的軌跡Γ的方程是y2＝4x. (2)設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立方程，得整理得y2－4my－4＝0， 則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 設(shè)P(－1，t)，則k1＝＝，k3＝，k2＝＝－. k1＋k3＝＝＝＝＝－t，則＝＝2，故為定值，定值為2.