廣東省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練28 解答題專項訓練(解析幾何) 文

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1、專題升級訓練28　解答題專項訓練(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．在平面直角坐標系xOy中，記二次函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)與兩坐標軸有三個交點，經(jīng)過三個交點的圓記為C. (1)求實數(shù)b的取值范圍； (

2、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)設過點F且不與坐標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

3、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． 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|

4、m|≤(m2＋1)， 所以|k|＝≤，當且僅當|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)設中點M(x，y)， 因為l：m(x－1)－(y

5、－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與坐標軸有三個交點， 由題意b≠0且Δ＞0，解得b＜1且b≠0. (2)設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x

6、2＋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橫坐標的取值

7、范圍為. 5．解：(1)方法一：設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：當直線l的斜率存在時，設l：y＝kx＋m， ∵l與C相切，∴＝， ∴m2＝(1＋k2)． 聯(lián)立

8、∴ 設M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1x2＝，y1y2＝. ∴·＝x1x2＋y1y2＝. 又m2＝(1＋k2)，∴·＝0， 當直線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P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)， 則x2－y0＝λ(y－x2)． 即y0＝(1＋λ)x2－λy.① 再設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

9、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)設動點P的坐標為(x，y)， 由題意得－|x|＝1. 化簡得y2＝2x＋2|x|， 當x≥0時，y2＝4x；當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)．

10、 (2)由題意知，直線l1的斜率存在且不為0， 設為k，則l1的方程為y＝k(x－1)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 設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， 故當且僅當k2＝，即k

11、＝±1時，·取最小值16. 8．解：(1)設C的圓心的坐標為(x，y)， 由題設條件知|－|＝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的交點坐標為T1，T2. 因T1在線段MF外，T2在線段MF內(nèi)，故當P處于T1時， ||MP|－|FP||＝||MT1|－|FT1||＝|MF|＝2， 當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的坐標為.