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廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練28 解答題專項訓(xùn)練(解析幾何) 文

  • 資源ID:110671840       資源大小:1.39MB        全文頁數(shù):5頁
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廣東省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級訓(xùn)練28 解答題專項訓(xùn)練(解析幾何) 文

專題升級訓(xùn)練28 解答題專項訓(xùn)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???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(biāo)系xOy中,記二次函數(shù)f(x)=x2+2x+b(x∈R)與兩坐標(biāo)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(shè)過點F且不與坐標(biāo)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(biāo)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(biāo)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.若λ>0,點A的坐標(biāo)為(1,1),點B在拋物線y=x2上運動,點Q滿足=λ,經(jīng)過點Q與x軸垂直的直線交拋物線于點M,點P滿足=λ,求點P的軌跡方程. 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(shè)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.設(shè)圓C與兩圓(x+)2+y2=4,(x-)2+y2=4中的一個內(nèi)切,另一個外切. (1)求C的圓心軌跡L的方程; (2)已知點M,F(xiàn)(,0),且P為L上動點,求||MP|-|FP||的最大值及此時點P的坐標(biāo). 參考答案 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(dāng)且僅當(dāng)|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?。? 2.解:(1)圓心C(0,1),半徑r=,則圓心到直線l的距離d=<1,∴d<r. ∴對m∈R,直線l與圓C總有兩個不同的交點A,B. (2)設(shè)中點M(x,y), 因為l:m(x-1)-(y-1)=0恒過定點(1,1), ∴kAB=,又kMC=,kABkMC=-1, ∴·=-1,整理得:x2+y2-x-2y+1=0, 即2+(y-1)2=,表示圓心坐標(biāo)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(biāo)軸有三個交點, 由題意b≠0且Δ>0,解得b<1且b≠0. (2)設(shè)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(xiàn)=b. 令x=0得y2+Ey+F=0, 此方程有一個根為b,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(shè)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,∴-<x<0. ∴點G橫坐標(biāo)的取值范圍為. 5.解:(1)方法一:設(shè)P(x,y),A(x1,x1),B(x2,-x2). ∵=+,∴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:∵=+, ∴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(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)l:y=kx+m, ∵l與C相切,∴=, ∴m2=(1+k2). 聯(lián)立∴ 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1x2=,y1y2=. ∴·=x1x2+y1y2=. 又m2=(1+k2),∴·=0, 當(dāng)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:由=λ知Q,M,P三點在同一條垂直于x軸的直線上, 故可設(shè)P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2), 則x2-y0=λ(y-x2). 即y0=(1+λ)x2-λy.① 再設(shè)B(x1,y1),由=λ, 即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0), 解得② 將①式代入②式,消去y0,得③ 又點B在拋物線y=x2上, 所以y1=x12,再將③式代入y1=x12, 得(1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=[(1+λ)x-λ]2. (1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2. 2λ(1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0. 因為λ>0,兩邊同時除以λ(1+λ),得2x-y-1=0. 故所求點P的軌跡方程為y=2x-1. 7.解:(1)設(shè)動點P的坐標(biāo)為(x,y), 由題意得-|x|=1. 化簡得y2=2x+2|x|, 當(dāng)x≥0時,y2=4x;當(dāng)x<0時,y=0. 所以動點P的軌跡C的方程為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(shè)為k,則l1的方程為y=k(x-1). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 設(shè)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(shè)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+4×2 =16, 故當(dāng)且僅當(dāng)k2=,即k=±1時,·取最小值16. 8.解:(1)設(shè)C的圓心的坐標(biāo)為(x,y), 由題設(shè)條件知|-|=4, 化簡得L的方程為-y2=1. (2)過M,F(xiàn)的直線l的方程為y=-2(x-),將其代入L的方程得15x2-32x+84=0, 解得x1=,x2=, 所以l與L的交點坐標(biāo)為T1,T2. 因T1在線段MF外,T2在線段MF內(nèi),故當(dāng)P處于T1時, ||MP|-|FP||=||MT1|-|FT1||=|MF|=2, 當(dāng)P處于T2時,||MP|-|FP||=||MT2|-|FT2||<|MF|=2, 若P不在直線MF上,在△MFP中有||MP|-|FP||<|MF|=2. 故||MP|-|FP||只在T1點處取得最大值,即||MP|-|FP||的最大值為2,此時點P的坐標(biāo)為.

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