高考数学一轮复习课时作业54第8章解析几何9Word版含答案
2025版高考数学一轮总复习课时作业第八章平面解析几何8
8.7 抛物线【巩固强化】1. 顶点在原点，焦点在轴的正半轴上，且焦点到准线的距离为2的抛物线的标准方程是（D）A. B. C. D.解：由题意,可设抛物线方程为，易知，则抛物线方程为.故选.2. 抛物线的焦点坐标为（C）A. ,B. ,C. ,D. ,解：由题意，抛物线的焦点坐标为,.故选.3. [2024年北京卷]已知抛物线的焦点为，点在上，若点到直线的距离为5，则（D）A. 7B. 6C. 5D. 4解：如图所示，因为点到直线的距离，所以点到直线的距离.由方程，知是抛物线的准线.由抛物线的定义,得.故选.4. 过点且与直线相切的动圆圆心的轨迹方程为（D）A. B. C. D.解：由题意，得动圆的圆心到直线的距离与到点的距离相等，所以动圆的圆心是以点为焦点、直线为准线的抛物线，其方程为.故选.5. 已知抛物线上一点到其准线及对称轴的距离分别为3和，则的值是（A）A. 2或4B. 4C. 6D. 6或8解：设的横坐标为.由题意，得，，解得或.故选.6. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点，若，则的面积为（A）A. 2B. 3C. 4D. 5解：由抛物线,知，准线方程为设，则，即.不妨设在第一象限，则，所以.故选.7. 已知抛物线与直线相交于，两点，若中点的横坐标为3，则此抛物线的方程为（D）A. B. C. D.解：设，.由消去得.所以，即.因此所求的抛物线的方程为.故选.8. 如图是抛物线形拱桥，设水面宽，拱顶距离水面，一货船在水面上的部分的横断面为一矩形.若，那么不超过多少米才能使货船通过拱桥？解：如图所示，以拱顶为原点，过点且平行于的直线为轴，线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，则.设抛物线方程为.因为点在抛物线上，所以，所以，所以抛物线的方程为.当时，，即.所以不超过才能使货船通过拱桥.【综合运用】9. 已知是抛物线上的一个动点，则点到点的距离与到抛物线准线距离之和的最小值是（D）A. B. 3 C. D.解：由,知，所以为抛物线的焦点.如图,依据抛物线的定义，知点到抛物线准线的距离等于，所以，当且仅当点，，三点共线，且点在线段上时，等号成立.故选.10. 【多选题】已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点.若为的中点，则（ACD）A. 的准线方程为B. 点的坐标为C.D. 的面积为（为坐标原点）解：如图,不妨设点位于第一象限.设抛物线的准线与轴交于点,作于点，于点.抛物线准线方程为,点的坐标为，则,.在直角梯形中，.由抛物线的定义有，结合题意，有，故,所以.故选.11. [2024年天津卷]过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为6.解：易知圆和曲线关于轴对称.不妨设切线方程为，，则，解得.由解得或所以，解得.当时，同理可得.故填6.12. 已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于，两点，且.（1）求该抛物线的方程；解：由题意,得直线的方程为，与联立，消去有，所以.由抛物线定义,得，所以，从而该抛物线的方程为.（2）为坐标原点，为抛物线上一点，若，求的值.[答案]由（1）,得，即，则，.于是，，从而，.设，则又，所以，整理得，解得或.【拓广探究】13. 【多选题】已知抛物线的焦点坐标为，过点的直线与抛物线相交于，两点，点,在抛物线上，则（BCD）A.B. 当轴时，C. 为定值1D. 若，则直线的斜率为解：对于，将点,代入抛物线方程，可得，故错误.对于，焦点，点在抛物线上，可得，故正确.对于，设点，的坐标分别为，，直线的方程为，联立方程消去，整理得，可得,,,,,有，故正确.对于，由题意,得，可得，由得解得，故正确.故选.。
2025版高考数学一轮总复习课时作业第八章平面解析几何8
第八章平面解析几何 8.2 直线的交点坐标与距离公式【巩固强化】1. 已知两直线方程分别为，，若，则（B）A. 2B.C.D.解：因为，所以，解得.故选.2. 点到直线的距离为（B）A. B. C. D.解：点到直线的距离为.故选.3. 已知点，，则线段的垂直平分线方程为（B）A. B. C. D.解：由题设，知，故线段的垂直平分线的斜率为2.因为线段的中点坐标为,，所以线段的垂直平分线方程为，整理得.故选.4. 已知直线与直线平行，且直线在轴上的截距比在轴上的截距大1，则直线的方程为（A）A. B. C.D.解：（方法一）由题意,设,则直线在轴上的截距为,在轴上的截距为.则,解得.所以直线的方程为,即.（方法二）若直线过原点，则直线在两坐标轴上的截距相等，不符合题意.设直线的方程为，其中且，则直线的斜率为.解得.所以直线的方程为，即.故选.5. 点关于直线对称的点的坐标为（A）A. B. C. D.解：设对称点的坐标为，则,，所以,.故选.6. 若两平行直线与之间的距离是，则（C）A. 0B. 1C.D.解：因为，所以解得所以直线.又，之间的距离是，所以，解得或（舍去）.所以.故选.7. 已知点和到直线的距离相等，则或.解：（方法一）利用点到直线的距离公式,可得,解得或.（方法二）直线与直线平行,或过线段的中点,即或,解得或.故填或 .8. 已知直线经过直线与的交点.（1）点到的距离为3，求的方程；解：经过两已知直线交点的直线系方程为，即，所以.解得或.所以的方程为或.（2）求点到的距离的最大值.[答案]由解得交点.如图，过作任始终线，设为点到的距离，则（当时等号成立）.所以.【综合运用】9. 已知直线，，且，则的最小值为（A）A. B. C. D.解：因为，所以，即.所以.可知当，时，取得最小值故选.10. 已知角，点到直线的距离为，则（A）A. B. C. D.解：由题意,得，则或，可得（舍）或，即.又，所以.故选.11. 【多选题】若三条直线，,能围成一个三角形，则的值不行能是（ACD）A. B. 1 C. D.解：由得所以两条直线交于点.当也过点时，有.解得.此时三条直线交于同一点，不能构成三角形.当与平行时，有，则，不能构成三角形.当与平行时，有，则，不能构成三角形.综上,且且.故选.12. 已知光线经过直线和的交点，且射到轴上一点后被轴反射.（1）求点关于轴的对称点的坐标；解：由解得所以.所以点关于轴的对称点的坐标为.（2）求反射光线所在的直线的方程;[答案]（方法一）设直线的倾斜角为 ,则直线的倾斜角为 .易知,所以直线的斜率.故直线的方程为,即.（方法二）由题意,知反射光线所在直线的方程即直线的方程.易知直线的方程为,整理得.故直线的方程为.（3）求与直线距离为的直线方程.[答案]设与直线平行的直线方程为.由两平行线间的距离公式,得.解得或.故所求直线方程为或.【拓广探究】13. 已知直线过定点，直线过定点，与相交于点，则13.解：对于直线，令，得,所以.直线可化为.令,得,所以.因为，所以.因为与相交于点，所以是以为斜边的直角三角形.所以.故填13.。
数学一轮复习第八章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题第1课时最值范围证明问题学案含解析
第九节圆锥曲线的综合问题最新考纲考情分析1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．2．了解圆锥曲线的简单应用．3．理解数形结合的思想.1.直线与椭圆、抛物线的位置关系是近几年高考命题的热点．2．考查知识有直线与椭圆、抛物线相交，涉及弦长、中点、面积、对称、存在性问题．3．题型主要以解答题的形式出现,属中高档题。
知识点一直线与圆锥曲线的位置关系1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0（A,B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y（也可以消去x）得到一个关于变量x(或变量y）的一元方程．即错误!消去y，得ax2＋bx＋c＝0。
（1）当a≠0时,设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ,则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．（2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l 与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0）的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1，y1），B（x2,y2),则|AB｜＝错误!｜x1－x2|＝错误!·错误!＝错误!·|y1－y2|＝错误!·错误!.知识点二圆锥曲线中的最值与取值范围问题圆锥曲线中的最值与取值范围问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广,归纳起来常见的命题角度有：1．转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；2．利用三角函数有界性求最值；3．数形结合利用几何性质求最值．知识点三圆锥曲线中的定值与定点问题1．这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系,一元二次方程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力．2．解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”）（1）直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(√)（2）直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．(×)（3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C 只有一个公共点．（×)（4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1）,B(x2，y2)两点,则弦长｜AB|＝错误!｜y1－y2|.(√）解析：(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时,也只有一个公共点，是相交，但并不相切．（3）因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时,也只有一个公共点，是相交，但不相切．2．小题热身（1)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(C)A．1条B．2条C．3条D．4条解析：结合图形分析可知，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)．（2)（2020·浙江八校联考）抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0）交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则(B）A．x3＝x1＋x2B．x1x2＝x1x3＋x2x3C．x1＋x2＋x3＝0 D．x1x2＋x2x3＋x3x1＝0解析：由错误!消去y得ax2－kx－b＝0,可知x1＋x2＝错误!，x1x2＝－错误!，令kx＋b＝0得x3＝－错误!，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.(3)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l,l与双曲线x24－y2＝1的两条渐近线分别交于A,B两点，若｜AB｜＝4，则a＝错误!.解析：抛物线y＝ax2(a〉0）的准线l：y＝－错误!,双曲线错误!－y2＝1的两条渐近线分别为y＝错误!x，y＝－错误!x，可得x A＝－错误!，x B＝错误!，可得｜AB|＝错误!－错误!＝4，解得a＝错误!。
2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 两条直线的位置关系
√A.6x－4y－3＝0
C.2x＋3y－2＝0
B.3x－2y－3＝0 D.2x＋3y－1＝0
解析 因为抛物线 y2＝2x 的焦点坐标为12，0， 直线 3x－2y＋5＝0 的斜率为32， 所以所求直线 l 的方程为 y＝32x－21，
化为一般式，得6x－4y－3＝0.
4.已知三条直线2x－3y＋1＝0,4x＋3y＋5＝0，mx－y－1＝0不能构成三 角形，则实数m的取值集合为
解析 由题意得，点 P 到直线的距离为|4×4－35×a－1|＝|15－5 3a|. 又|15－5 3a|≤3，即|15－3a|≤15，解得 0≤a≤10，
所以a的取值范围是[0,10].
4.若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则
29
|PQ|的最小值为__1_0___.
题型二 两直线的交点与距离问题
自主演练
1.已知直线y＝kx＋2k＋1与直线y＝－
1 2
x＋2的交点位于第一象限，则实
数k的取值范围是__－__16，__12__.
解析
y＝kx＋2k＋1， 由方程组y＝－12x＋2，
x＝22－k＋41k， 解得y＝62kk＋＋11.
(若 2k＋1＝0，即 k＝－12，则两直线平行)
知识梳理
一、两条直线的平行与垂直 1.两条直线平行 (1)对于两条不重合的直线l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔ k1＝k2 . (2)当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2. 2.两条直线垂直 (1)如果两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔ k1·k2＝－1 . (2)当其中一条直线的斜率不存在，而另一条的斜率为0时，l1⊥l2.
高考数学一轮复习第八章 解析几何答案
第八章解析几何第40讲直线的方程及位置关系链教材·夯基固本激活思维1. ABCD 【解析】对于A，该方程不能表示过点P且垂直于x轴的直线，即点斜式只能表示斜率存在的直线，所以A不正确；对于B，该方程不能表示过点P且平行于x轴的直线，即该直线不能表示斜率为零的直线，所以B不正确；对于C，斜截式不能表示斜率不存在的直线，所以C不正确；对于D，截距式的使用条件是能表示在两坐标轴上都有非零截距的直线，所以D不正确；对于E，经过任意两个不同的点P1(x1，y1)，P(x2，y2)的直线都可以用方程(y－y1)(x2－x1)＝(x－x1)(y2－y1)表示，是正确的，该方程没有任何限制条件，所以E 正确．故选ABCD.2. B 【解析】化直线方程为y＝3x＋a，所以k＝tan α＝3.因为0°≤α<180°，所以α＝60°.3. B 【解析】由已知得k1＝1，k2＝m＋15.因为l1⊥l2，所以k1·k2＝－1，所以1×m＋15＝－1，即m＝－6. 故选B.4. C 【解析】由直线l的倾斜角为3π4得l的斜率为－1，因为直线l与l1平行，所以l1的斜率为－1.又直线l1经过点A(3,2)和B(a，－1)，所以l1的斜率为33－a，故33－a＝－1，解得a＝6.5. ABC 【解析】当直线经过原点时，斜率为k＝2－0 1－0＝2，所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y＝k，把点A(1,2)代入可得1－2＝k或1＋2＝k，解得k＝－1或k＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.综上可知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0或x＋y－3＝0.故选ABC.知识聚焦1. (1) 向上方向平行或重合(2) [0，π)2. (1) tan α (2) y2－y1x2－x13. y －y 0＝k (x －x 0) y ＝kx ＋b Ax ＋By ＋C ＝0 A 2＋B 2≠04. (1) ①l 1∥l 2 l 1⊥l 2 k 1＝k 2，b 1＝b 2②A 1B 2＝A 2B 1且A 1C 2≠A 2C 1A 1A 2＋B 1B 2＝0 A 1B 2＝A 2B 1且A 1C 2＝A 2C 1 (2) ⎩⎪⎨⎪⎧A1x ＋B1y ＋C1＝0，A2x ＋B2y ＋C2＝05. (1) (x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2(2) |Ax0＋By0＋C|A2＋B2(3)|C1－C2|A2＋B2研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 B【解析】 设直线的倾斜角为θ，因为θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ π3，3π4，所以当θ∈⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3，π2时，k ＝tan θ＞3.当θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤π2，3π4时，k ＝tan θ＜－1，所以其斜率的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．故选B.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，56∪[2，＋∞) 【解析】若要使l 过点P (2,2)，且与线段AB 相交，则k ≥k AP ＝4－23－2＝2或k ≤k BP ＝－3－2－4－2＝56，即k ≥2或k ≤56.所以直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，56∪[2，＋∞)．(1) 【答案】 D 【解析】 因为sin θ＋cos θ＝55，①所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θ cos θ＝15，所以2sin θcos θ＝－45，所以(sin θ－cos θ)2＝95，易知sin θ>0，cos θ<0，所以sin θ－cos θ＝355，②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝255，cos θ＝－55，所以tan θ＝－2，即l 的斜率为－2.故选D. (2) 【答案】 AD【解析】 方法一：如图，当l 过点B 时，k l ＝－1，当l 过点A 时，k l ＝1，所以k l ∈[－1,1]，又k ＝tan α(α∈[0，π))，所以α∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π4∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫3π4，π.(变式(2))方法二：由题可知l 的斜率存在，可设l ：y ＝kx －1，即kx －y －1＝0，易知A ，B 两点在直线l 两侧，所以(k ＋1)·(2k －2)≤0，所以－1≤k ≤1，以下同方法一．【解答】 (1) 由点斜式方程得y －3＝3(x －5)，整理得3x －y ＋3－53＝0；(2) x ＝－3，即x ＋3＝0；(3) y ＝4x －2，即4x －y －2＝0； (4) y ＝3，即y －3＝0；(5) 由两点式方程得y －5－1－5＝x －(－1)2－(－1)，整理得2x ＋y －3＝0；(6) 由截距式方程得x－3＋y－1＝1，整理得x ＋3y ＋3＝0.【解答】(1)由题意知，直线的点斜式方程为y －5＝4(x －2)，整理得4x －y －3＝0.(2) 由题意可知，直线的斜率k ＝tan 150°＝－33，所以直线的斜截式方程为y ＝－33x －2，整理得3x ＋3y ＋6＝0.(3) 根据题意可得，直线的两点式方程为y ＋12＋1＝x ＋22＋2，整理得3x －4y ＋2＝0.【解答】 方法一： (1) 当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1不平行于l 2； 当a ＝0时，l 1：y ＝－3，l 2：x －y －1＝0，l 1不平行于l 2；当a ≠1且a ≠0时，两直线方程可化为l 1：y ＝－a2x －3，l 2：y ＝11－a x －(a ＋1)，由l 1∥l 2可得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2＝11－a ，－3≠－(a ＋1)，解得a ＝－1.综上可知，a ＝－1.(2) 当a ＝1时，l 1：x ＋2y ＋6＝0，l 2：x ＝0，l 1与l 2不垂直，故a ＝1不符合； 当a ≠1时，l 1：y ＝－a2x －3，l 2：y ＝11－a x －(a ＋1)，由l 1⊥l 2，得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－a 2·11－a ＝－1⇒a ＝23. 方法二：(1) 由l 1∥l 2知⎩⎪⎨⎪⎧A1B2－A2B1＝0，A1C2－A2C1≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧a (a －1)－1×2＝0，a (a 2－1)－1×6≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a2－a －2＝0，a (a 2－1)≠6⇒a ＝－1.(2) 因为l1⊥l2，所以A1A2＋B1B2＝0，即a＋2(a－1)＝0，解得a＝2 3.【答案】－10【解析】因为l1∥l2，所以4－m m＋2＝－2(m≠－2)，解得m＝－8(经检验，l1与l2不重合)．因为l2⊥l3，所以2×1＋1×n＝0，解得n＝－2，所以m＋n＝－10.(1) 【答案】x＋3y－5＝0或x＝－1【解析】方法一：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.由题意知|2k－3＋k＋2|k2＋1＝|－4k－5＋k＋2|k2＋1，即|3k－1|＝|－3k－3|，解得k＝－13，所以直线l的方程为y－2＝－13(x＋1)，即x＋3y－5＝0.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，也符合题意．故直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.方法二：当AB∥l时，有k＝k AB＝－13，直线l的方程为y－2＝－13(x＋1)，即x＋3y－5＝0.当l过AB中点时，AB的中点为(－1,4)，所以直线l的方程为x＝－1.故所求直线l的方程为x＋3y－5＝0或x＝－1.(2) 【答案】 2或－6【解析】依题意知，63＝a－2≠c－1，解得a＝－4，c≠－2，即直线6x＋ay＋c＝0可化为3x－2y＋c2＝0，又两平行线之间的距离为21313，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪c2＋132＋(－2)2＝21313，解得c＝2或－6.(1) 【答案】 BC【解析】直线l 1：x ＋3y ＋m ＝0，即2x ＋6y ＋2m ＝0，因为它与直线l 2：2x ＋6y －3＝0的距离为10，所以|2m ＋3|4＋36＝10，解得m ＝172或－232，故选BC.(2) 【答案】 2 2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0 【解析】显然直线l 的斜率不存在时，不满足题意．设所求直线方程为y －4＝k (x －3)，即kx －y ＋4－3k ＝0，由已知，得|－2k －2＋4－3k|1＋k2＝|4k ＋2＋4－3k|1＋k2，所以k ＝2或k ＝－23. 所以直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0. 课堂评价 1.D【解析】由题意，直线的斜率为k ＝－33，即直线倾斜角的正切值是－33.又倾斜角∈[0°，180°)，因为tan 150°＝－33，故直线的倾斜角为150°，故选D.2.C【解析】因为A (1，－2)和B (m,2)的中点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋m 2，0在直线x ＋2y －2＝0上，所以1＋m2＋2×0－2＝0，所以m ＝3.故选C.3.A【解析】若l 1∥l 2，则(3＋m )(5＋m )＝4×2，解得m ＝－1或m ＝－7.经检验，当m ＝－1时，l 1与l 2重合，所以m ＝－7.故“l 1∥l 2”是“m <－1”的充分不必要条件，故选A.4.x ＋2y －3＝05【解析】 当两条平行直线与A ，B 两点连线垂直时，两条平行直线间的距离最大．因为A (1,1)，B (0，－1)，所以k AB ＝－1－10－1＝2，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的斜率为k ＝－12，所以当l 1，l 2间的距离最大时，直线l 1的方程是y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0，最大距离为AB ＝5.5. 【解答】 点C 到直线x ＋3y －5＝0的距离d ＝|－1－5|1＋9＝3105.设与x ＋3y －5＝0平行的一边所在直线的方程是x ＋3y ＋m ＝0(m ≠－5)， 则点C 到直线x ＋3y ＋m ＝0的距离d ＝|－1＋m|1＋9＝3105，解得m ＝－5(舍去)或m ＝7，所以与x ＋3y －5＝0平行的边所在直线的方程是x ＋3y ＋7＝0. 设与x ＋3y －5＝0垂直的边所在直线的方程是3x －y ＋n ＝0，则点C 到直线3x －y ＋n ＝0的距离d ＝|－3＋n|9＋1＝3105，解得n ＝－3或n ＝9，所以与x ＋3y －5＝0垂直的两边所在直线的方程分别是3x －y －3＝0和3x －y ＋9＝0.第41讲 圆的方程链教材·夯基固本 激活思维 1. D 2. D 3.A【解析】根据题意可设圆的方程为x 2＋(y －b )2＝1，因为圆过点A (1,2)，所以12＋(2－b )2＝1，解得b ＝2，所以所求圆的方程为x 2＋(y －2)2＝1.4. (x －2)2＋y 2＝10【解析】 设圆心坐标为(a,0)，易知(a －5)2＋(－1)2＝(a －1)2＋(－3)2，解得a ＝2，所以圆心为(2,0)，半径为10，所以圆C 的标准方程为(x －2)2＋y 2＝10.5.5【解析】方法一：设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)．因为圆C 经过点M (－1,0)和N (2,3)，所以⎩⎨⎧(a ＋1)2＋b 2＝r 2，(a －2)2＋(b －3)2＝r 2，所以a ＋b －2＝0，① 又圆C 截两坐标轴所得弦长相等，所以|a |＝|b |，②由①②得a ＝b ＝1，所以圆C 的半径为5. 方法二：因为圆C 经过点M (－1,0)和N (2,3)，所以圆心C 在线段MN 的垂直平分线y ＝－x ＋2上，又圆C 截两坐标轴所得弦长相等，所以圆心C 到两坐标轴的距离相等，所以圆心C 在直线y ＝±x 上，因为直线y ＝－x 和直线y ＝－x ＋2平行，所以圆心C 为直线y ＝x 和直线y ＝－x ＋2的交点(1,1)，所以圆C 的半径为5.知识聚焦1. 定点 定长 (a ，b ) r D 2＋E 2－4F >0 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－D 2，－E 2 12D2＋E2－4F研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 AB 【解析】由题知圆心在y 轴上，且被x 轴所分劣弧所对圆心角为2π3，设圆心(0，a )，半径为r (r ＞0)，则r sinπ3＝1，r cosπ3＝|a |，解得r ＝23，即r 2＝43，|a |＝33，即a ＝±33，故圆C 的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y ±332＝43. (2) 【答案】 213【解析】 设圆的一般方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1＋D ＋F ＝0，3＋3E ＋F ＝0，7＋2D ＋3E ＋F ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－2，E ＝－433，F ＝1，所以△ABC 外接圆的圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，233，故△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2332＝213. (1) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －762＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －562＝16918 【解析】设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.把点A ，B 的坐标代入，得⎩⎨⎧(－1－a )2＋(3－b )2＝r 2，(4－a )2＋(2－b )2＝r 2，消去r 2，得b ＝5a －5.① 令x ＝0，则(y －b )2＝r 2－a 2，y ＝b ±r2－a2， 所以在y 轴上的截距之和是2b .令y ＝0，则(x －a )2＝r 2－b 2，x ＝a ±r2－b2， 所以在x 轴上的截距之和是2a . 所以2a ＋2b ＝4，即a ＋b ＝2.② ①代入②，得a ＝76，所以b ＝56.所以r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1－762＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3－562＝16918.所以圆的标准方程为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －762＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －562＝16918. (2) 【答案】 x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0.【解析】 由题知圆心C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－D 2，－E 2，因为圆心在直线x ＋y －1＝0上，所以－D 2－E 2－1＝0，即D ＋E ＝－2.①又因为半径长r ＝D2＋E2－122＝2，所以D 2＋E 2＝20.②由①②可得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－4或⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－4，E ＝2.又因为圆心在第二象限，所以－D2＜0，即D ＞0.则⎩⎪⎨⎪⎧D ＝2，E ＝－4.故圆的一般方程为x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0.【解答】 (1) 原方程可化为(x －2)2＋y 2＝3，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆．y x的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yx＝k ，即y ＝kx .如图(1)，当直线y ＝kx 与圆相切时，斜率k 取最大值或最小值，此时|2k －0|k2＋1＝3，解得k ＝±3.所以yx的最大值为3，最小值为－3.(例2(1))(2)y －x 可看作是直线y ＝x ＋b 在y 轴上的截距，如图(2)，当直线y ＝x ＋b 与圆相切时，纵截距b 取得最大值或最小值，此时|2－0＋b|2＝3，解得b ＝－2±6.所以y －x 的最大值为－2＋6，最小值为－2－6.(例2(2))(3)如图(3)，x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为2，所以x2＋y2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x2＋y2的最小值是(2－3)2＝7－43.(例2(3))【解答】(1) 因为x2＋y2－4x－14y＋45＝0可化为(x－2)2＋(y－7)2＝8，所以圆心C(2,7)，半径r＝2 2.设m＋2n＝t，将m＋2n＝t看成直线方程，因为该直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离d＝|1×2＋2×7－t|12＋22≤22，解得16－210≤t≤16＋210，所以m＋2n的最大值为16＋210.(2) 记点Q(－2,3)．因为n－3m＋2表示直线MQ的斜率，设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，n－3m＋2＝k.由直线MQ与圆C有公共点，知|2k－7＋2k＋3|1＋k2≤22，解得2－3≤k≤2＋3.所以n －3m ＋2的最大值为2＋3，最小值为2－3.(1) 【答案】 BC【解析】 由题意知AB ＝(－1)2＋(－2)2＝5，l AB ：2x －y ＋2＝0，圆心坐标为(1,0)，所以圆心到直线l AB 的距离d ＝|2－0＋2|4＋1＝45＝455，所以S △PAB 的最大值为12×5×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫455＋1＝2＋52， S △PAB 的最小值为12×5×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫455－1＝2－52. (2) 【答案】 5－27【解析】如图，以点A 为原点，AB 边所在直线为x 轴建立平面直角坐标系．则A (0,0)，B (4,0)，C (1，3)，设P (x ，y )，则PB→＝(4－x ，－y )，PC →＝(1－x ，3－y )，所以PB →·PC →＝(4－x )(1－x )－y (3－y )＝x 2－5x ＋y 2－3y ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －322－3，其中⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y －322表示圆A 上的点P 与点M⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫52，32之间距离PM 的平方，由几何图形可得PM min ＝AM －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322－1＝7－1，所以(PB →·PC →)min＝(7－1)2－3＝5－27.(例3(2))(1) 【答案】 A【解析】由点P 是x 轴上任意一点，知PM 的最小值为PC 1－1，同理PN 的最小值为PC 2－3，则PM ＋PN 的最小值为PC 1＋PC 2－4.作C 1关于x 轴的对称点C ′1(2，－3)，所以PC 1＋PC 2＝P C 1′＋PC 2≥C 1′C 2＝52，即(PM ＋PN )min ＝PC 1＋PC 2－4≥52－4，故选A.(2) 【答案】 22【解析】设P (x ，y )，因为PA→·PB→≤3，所以x 2＋y 2≤4，即点P 在以原点为圆心，2为半径的圆O 上或圆内，又因为点P 在圆C 上，所以圆O 与圆C 内切或内含，即圆心距(－a )2＋a2≤2－1，所以－22≤a ≤22，所以a 的最大值为22.课堂评价 1.A【解析】 由题意可知圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，a ＋32，因为该圆过原点，所以12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋322＝1242＋(a －3)2，解得a ＝1，所以12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋322＝5，所以该圆的标准方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5，故选A.2.ABD【解析】由圆M 的一般方程为x 2＋y 2－8x ＋6y ＝0，化为标准形式得(x －4)2＋(y ＋3)2＝25.圆M 的圆心坐标为(4，－3)，半径为5.令y ＝0，得x ＝0或x ＝8，故圆M 被x 轴截得的弦长为8；令x ＝0，得y ＝0或y ＝－6，故圆M 被y 轴截得的弦长为6，显然选项C 不正确．ABD 均正确．3.CD【解析】 由x 2＋y 2＋2x ＝0，得(x ＋1)2＋y 2＝1，表示以(－1，0)为圆心、1为半径的圆，y x －1表示圆上的点P (x ，y )与点M (1,0)连线的斜率，如图，易知，y x －1的最大值为33，最小值为－33.故选CD.(第3题)4. (0，－1)【解析】 因为圆C 的方程可化为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋k 22＋(y ＋1)2＝－34k 2＋1，所以当k ＝0时圆C 的面积最大，此时圆心为(0，－1)．5.3【解析】因为cos 2θ＋sin 2θ＝1，所以P 为以原点为圆心的单位圆上一点，而直线x －my －2＝0过定点A (2,0)，所以d 的最大值为OA ＋1＝2＋1＝3.第42讲 直线与圆、圆与圆的位置关系链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】圆C ：x 2＋y 2－4x －6y ＋9＝0的圆心坐标为(2,3)，半径为2，因为直线l 过点(0,2)，被圆C ：x 2＋y 2－4x －6y ＋9＝0截得的弦长为23，所以圆心到所求直线的距离为1，易知所求直线l 的斜率k 存在，设所求直线方程为y ＝kx ＋2，即kx －y ＋2＝0，所以|2k －1|k2＋1＝1，解得k ＝0或43，所以所求直线方程为y ＝43x ＋2或y ＝2.故选D.2. C 【解析】 直线2tx －y －2－2t ＝0恒过点(1，－2)， 因为12＋(－2)2－2×1＋4×(－2)＝－5＜0，所以点(1，－2)在圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0内部，所以直线2tx －y －2－2t ＝0与圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0相交． 3.D【解析】圆C 1：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝4，所以圆心C 1(－1，－1)，半径长r 1＝2；圆C 2：(x －2)2＋(y －1)2＝1，所以圆心C 2(2,1)，半径长r 2＝1.所以圆心距d ＝(－1－2)2＋(－1－1)2＝13，r 1＋r 2＝3，所以d ＞r 1＋r 2，所以两圆相离，所以两圆有4条公切线．4. A 【解析】 联立⎩⎪⎨⎪⎧x2＋y2－4x ＋1＝0，x2＋y2－2x －2y ＋1＝0，解得x －y ＝0.圆C 1可化成(x －2)2＋y 2＝3，故C 1(2,0)，半径为3，圆心(2,0)到直线x －y＝0的距离为d ＝|2|12＋12＝2，故弦长为23－(2)2＝2.5.ACD【解析】将点(0,1)代入方程(x －2)2＋(y ＋3)2＝16的左边，则得4＋16＝20>16，所以点(0,1)在圆C 外，故A 不正确；由圆C ：(x －2)2＋(y ＋3)2＝16知圆心为(2，－3)，半径为r ＝4，则圆心(2，－3)到直线3x ＋4y －14＝0的距离d ＝|3×2＋4×(－3)－14|32＋42＝4＝r ，故B 正确；将点(2,5)代入方程(x －2)2＋(y ＋3)2＝16的左边，则得0＋64＝64>16，所以点(2,5)在圆C 外，故C 不正确；圆心(2，－3)到直线x ＋y ＋8＝0的距离d ＝|2－3＋8|12＋12＝72≠r ，故D 不正确，故选ACD.知识聚焦1. < > ＝ ＝ > <2. d >r 1＋r 2 无 d ＝r 1＋r 2 一组 |r 1－r 2|<d <r 1＋r 2 两组不同的 |r 1－r 2| ≤<研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 26【解析】 圆C 的方程为x 2＋(y －1)2＝8，圆心C (0,1)，直线l ：kx －y －k ＋2＝0，即k (x －1)－(y －2)＝0，过定点P (1,2)，当AB 取最小值时，AB ⊥PC ，此时CP ＝2，故AB min ＝2CA2－CP2＝26.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－53，53【解析】 因为A (0，a )，B (3，a ＋4)，所以AB ＝5，直线AB 的方程为y ＝43x ＋a .因为S△ABC ＝12AB ·h ＝52h ＝5，故h ＝2，因此，问题转化为在圆上存在4个点C ，使得它到直线AB 的距离为2.因为圆的半径为3，因此，圆心O 到直线AB 的距离小于1，即|3a|5<1，解得－53<a <53.(1) 【答案】 1023 【解析】易知最长弦为圆的直径10.又最短弦所在直线与最长弦垂直，且PC ＝2，所以最短弦的长为2r2－PC2＝225－2＝223.故所求四边形的面积S ＝12×10×223＝1023.(2) 【答案】 3 【解析】圆的方程化为(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝8，圆心(－1，－2)到直线的距离d ＝|－1－2＋1|2＝2，半径是22，结合图形可知有3个符合条件的点．【解答】 (1) 设切线方程为x ＋y ＋b ＝0， 则|1－2＋b|2＝10，所以b ＝1±25，所以切线方程为x ＋y ＋1±25＝0. (2) 设切线方程为2x ＋y ＋m ＝0， 则|2－2＋m|5＝10，所以m ＝±52，所以切线方程为2x ＋y ±52＝0.(3) 因为k AC ＝－2＋11－4＝13，所以过切点A (4，－1)的切线斜率为－3，所以过切点A (4，－1)的切线方程为y ＋1＝－3(x －4)，即3x ＋y －11＝0.【解答】由方程x 2＋y 2＋2x －4y ＋3＝0知，圆心为(－1,2)，半径长为2.当切线过原点时，设切线方程为y ＝kx ，则|k ＋2|k2＋1＝2，所以k ＝2±6，即切线方程为y ＝(2±6)x .当切线不过原点时，设切线方程为x ＋y ＝a ，则|－1＋2－a|2＝2，所以a ＝－1或a ＝3，即切线方程为x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0.综上所述，切线方程为y ＝(2±6)x 或x ＋y ＋1＝0或x ＋y －3＝0.【解答】因为两圆的标准方程分别为(x －1)2＋(y －3)2＝11，(x －5)2＋(y －6)2＝61－m ，所以两圆的圆心分别为(1,3)，(5,6)，半径分别为11，61－m .(1) 当两圆外切时，由(5－1)2＋(6－3)2＝11＋61－m ，得m ＝25＋1011.(2) 当两圆内切时，因为定圆半径11小于两圆圆心之间的距离5，所以61－m－11＝5，解得m ＝25－1011.(3)由(x 2＋y 2－2x －6y －1)－(x 2＋y 2－10x －12y ＋45)＝0，得两圆的公共弦所在直线的方程为4x ＋3y －23＝0，故两圆的公共弦长为2(11)2－⎝⎛⎭⎪⎫|4×1＋3×3－23|42＋322＝27. (1) 【答案】 9或－11 【解析】依题意可得C 1(0,0)，C 2(3,4)，则C 1C 2＝32＋42＝5.又r 1＝1，r 2＝25－m，25－m ＞0.当两圆外切时，r 1＋r 2＝25－m ＋1＝5，解得m ＝9；当两圆内切时，|r 2－r 1|＝5，即|25－m －1|＝5，得25－m＝6，解得m ＝－11.(2) 【答案】 1 【解析】将x 2＋y 2＋2ay －6＝0与x 2＋y 2＝4两式相减得2ay ＝2，则y ＝1a.由题知22－(3)2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a ，a ＞0，解得a ＝1. 课堂评价 1.C【解析】圆C 2化简得(x －4)2＋(y －5)2＝35－m ，由圆的方程得C 1(1,1)，C 2(4,5)，半径分别为2和35－m ，因为两圆外切，所以(4－1)2＋(5－1)2＝35－m ＋2，解得m ＝26.故选C. 2.B【解析】由题意，过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条，则点(3,1)在圆上，代入可得r 2＝5，圆的方程为(x －1)2＋y 2＝5，则过点(3,1)的切线方程为(x －1)·(3－1)＋y (1－0)＝5，即2x ＋y －7＝0.3. A【解析】因为圆心(2,0)到直线的距离d ＝|2＋0＋2|2＝22，所以点P 到直线的距离d 1∈[2，32]．根据直线的方程可知A ，B 两点的坐标分别为(－2,0)，(0，－2)，所以AB＝22，所以△ABP 的面积S ＝12AB ·d 1＝2d 1.因为d 1∈[2，32]，所以S ∈[2,6]，即△ABP 面积的取值范围是[2,6]．4.BD【解析】 因为直线x －2y ＋a ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点(O 为坐标原点)，且△AOB 为等腰直角三角形，所以O 到直线AB 的距离为1，由点到直线的距离公式可得|a|12＋(－2)2＝1，所以a ＝±5，故选BD.5. 4【解析】 连接OO 1，记AB 与OO 1的交点为C ，如图所示，在Rt △OO 1A 中，OA ＝5，O 1A ＝25，所以OO 1＝5，所以AC ＝5×255＝2，所以AB ＝4.(第5题) 第43讲 椭 圆链教材·夯基固本 激活思维1. C2. D3. 724. x236＋y227＝15. 45 18 【解析】 由椭圆方程知a ＝5，b ＝3，c ＝4，所以其离心率e ＝c a ＝45.△PF 1F 2的周长为2a ＋2c ＝10＋8＝18.知识聚焦1. (1) 焦点 焦距 (2) PF 1＋PF 2＝2a (2a ＞F 1F 2)2. F 1(－c,0)，F 2(c,0) F 1(0，－c )，F 2(0，c ) c 2＝a 2－b 2ca＝1－b2a21 0研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 C 【解析】 设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)，由已知设BF 的方程为x c ＋y b＝1，因为点O 到直线BF 的距离为3，所以bc a ＝3，又因为过F 垂直于椭圆长轴的弦长为2，所以2b2a＝2，结合a 2＝b 2＋c 2，知a ＝4，b ＝2，故选C.(2) 【答案】x236＋y216＝1 【解析】 依题意，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，右焦点为F ′，连接PF ′.由已知，半焦距c ＝25.又由OP ＝OF ＝OF ′，知∠FPF ′＝90°.在Rt△PFF ′中，PF ′＝FF ′2－PF2＝(4 5 )2－42＝8.由椭圆的定义可知2a ＝PF ＋PF ′＝4＋8＝12，所以a ＝6，于是b 2＝a 2－c 2＝62－(25)2＝16，故椭圆C 的方程为x236＋y216＝1.(1) 【答案】x24＋y23＝1【解析】因为3AF1＝5AF2，由椭圆定义有AF1＋AF2＝4，解得AF2＝32，又AF2⊥x轴，故AF2＝b2a＝b22，所以b2＝3，故椭圆方程为x24＋y23＝1.(2) 【答案】x23＋y22＝1【解析】如图，由已知可设F2B＝n，则AF2＝2n，BF1＝AB＝3n，由椭圆的定义有2a＝BF1＋BF2＝4n，所以AF1＝2a－AF2＝2n.在△AF1B中，由余弦定理推论得cos∠F1AB＝4n2＋9n2－9n22·2n·3n＝13.在△AF1F2中，由余弦定理得4n2＋4n2－2·2n·2n·13＝4，解得n＝32.所以2a＝4n＝23，所以a＝3，所以b2＝a2－c2＝3－1＝2，所以椭圆C的方程为x23＋y22＝1.(变式(2))(1) 【答案】 C【解析】椭圆方程可化为x211＋m＋y21m＝1，由题意知m>0，所以11＋m＜1m，所以a＝mm，所以椭圆的长轴长2a＝2mm.故选C.(2) 【答案】 8【解析】 因为椭圆x2m －2＋y210－m＝1的长轴在x 轴上，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －2＞0，10－m ＞0，m －2＞10－m ，解得6<m <10.因为焦距为4，所以c 2＝m －2－10＋m ＝4，解得m ＝8.(3) 【答案】 3【解析】由椭圆的方程可知a ＝2，由椭圆的定义可知AF 2＋BF 2＋AB ＝4a ＝8，所以AB ＝8－(AF 2＋BF 2)≥3，由椭圆的性质可知2b2a＝3，所以b 2＝3，即b ＝3.(1) 【答案】 D【解析】 由题意可得椭圆的焦点在x 轴上，如图所示， 设F 1F 2＝2c ，因为△PF 1F 2为等腰三角形，且∠F 1F 2P ＝120°， 所以PF 2＝F 1F 2＝2c ，因为OF 2＝c ，所以点P 的坐标为(c ＋2c cos 60°，2c sin 60°)，即点P (2c ，3c )． 因为点P 在过点A ，且斜率为36的直线上，所以3 c 2c ＋a＝36，解得c a＝14，所以e ＝14，故选D.(例3(1))(2) 【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1 【解析】不妨设椭圆焦点在x 轴上，设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，PF 1＝m ，PF 2＝n ，则m ＋n ＝2a .在△PF 1F 2中，由余弦定理可知，4c 2＝m 2＋n 2－2mn cos 60°＝(m ＋n )2－3mn ＝4a 2－3mn ≥4a 2－3·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋n 22＝4a 2－3a 2＝a 2(当且仅当m ＝n 时取等号)，所以c2a2≥14，即e ≥12.又0<e <1，所以e 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12，1. (1) 【答案】255【解析】 不妨设点P 在第一象限，O 为坐标原点，由对称性可得OP ＝PQ 2＝a 2，因为AP ⊥PQ ，所以在Rt △POA 中，cos ∠POA ＝OP OA＝12，故∠POA ＝60°，易得P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 4，3a 4，代入椭圆方程得116＋3a216b2＝1，故a 2＝5b 2＝5(a 2—c 2)，所以椭圆C 的离心离e ＝255.(2) 【答案】 ⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫13，1 【解析】 由椭圆的定义知PF 1＋PF 2＝2a ，PF 1＝2PF 2， 所以PF 1＝43a ，PF 2＝23a ，又PF 1－PF 2≤F 1F 2，即23a ≤2c ，所以e ≥13，又0<e <1，所以椭圆的离心率e 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫13，1.【解答】(1)由题意得c ＝3，c a＝32，所以a ＝23，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝3，所以椭圆的方程为x212＋y23＝1.(2) 由⎩⎪⎨⎪⎧x2a2＋y2b2＝1，y ＝kx ，得(b 2＋a 2k 2)x 2－a 2b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－a2b2b2＋a2k2，依题意易知，OM ⊥ON ，四边形OMF 2N 为平行四边形，所以AF 2⊥BF 2. 因为F2A →＝(x 1－3，y 1)，F2B →＝(x 2－3，y 2)， 所以F2A →·F2B →＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋9＝0. 即－a2(a 2－9)(1＋k 2)a 2k 2＋(a 2－9)＋9＝0，将其整理为k 2＝a4－18a2＋81－a4＋18a2＝－1－81a4－18a2.因为22＜e ≤32，所以23≤a ＜32，即12≤a 2＜18.所以k 2≥18，即k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－24∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫24，＋∞. 课堂评价 1. A2. C 【解析】 由椭圆x216＋y2m＝1的焦距为27，可得216－m ＝27或2m －16＝27，解得m ＝9或23.故选C.3. ACD【解析】由已知得2b ＝2，b ＝1，c a ＝63，又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，所以椭圆C 的方程为y23＋x 2＝1.如图，PQ ＝2b2a＝23＝233，△PF 2Q 的周长为4a ＝43.故选ACD.(第3题)4.C【解析】 由短轴的一个端点和两个焦点相连构成一个三角形，又由三角形面积公式得12×2c ×b ＝12(2a ＋2c )×b3，得a ＝2c ，即e ＝ca ＝12，故选C.5.4【解析】如图，设AB 的方程为ty ＝x ，F (c,0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＝－y 2.联立⎩⎪⎨⎪⎧ty ＝x ，x2a2＋y2b2＝1，可得y 2＝a2b2b2t2＋a2＝－y 1y 2，所以△ABF 的面积S ＝12c |y 1－y 2|＝12c (y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝ca2b2b2t2＋a2≤cb ，当且仅当t ＝0时取等号．所以bc ＝2，所以a 2＝b 2＋c 2≥2bc ＝4， 当且仅当b ＝c 时取等号，此时a ＝2. 所以椭圆E 的长轴长的最小值为4.(第5题) 第44讲 双曲线链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】由双曲线的离心率为2，焦点是(－4,0)，(4,0)，知c ＝4，a ＝2，b 2＝12，即双曲线的方程为x24－y212＝1，故选A.2.A【解析】 由题意知焦点到其渐近线的距离等于实轴长，双曲线的渐近线方程为x a±y b ＝0，即bx ±ay ＝0，所以2a ＝bc a2＋b2＝b .又a 2＋b 2＝c 2，所以5a 2＝c 2，所以e 2＝c2a2＝5，所以e ＝5.3. AC 【解析】 设双曲线方程为x29－y23＝λ，代入(3，2)得λ＝13，即x23－y 2＝1，故A 正确；由a ＝3，c ＝2，得e ＝23，故B 错误；焦点(2,0)在y ＝e x －2－1上，故C 正确；联立⎩⎪⎨⎪⎧x23－y2＝1，x －2y －1＝0，消去x 得y 2－22y ＋2＝0，可得Δ＝0，所以直线x －2y －1＝0与曲线C 只有1个交点，故D 错误．故选AC.4. A 【解析】 不妨设点P 在第一象限，根据题意可知c 2＝6，所以OF ＝6.又tan ∠POF ＝ba ＝22，所以等腰三角形POF 的高h ＝62×22＝32，所以S △PFO ＝12×6×32＝324.故选A.5. 5＋12 【解析】 将x ＝±c 代入双曲线的方程得y 2＝b4a2⇒y ＝±b2a，则2c ＝2b2a，即有ac ＝b 2＝c 2－a 2，由e ＝c a，可得e 2－e －1＝0，解得e ＝5＋12或e ＝1－52(舍去)．知识聚焦 1. 焦点 焦距2. |x |≥a ，y ∈R |y |≥a ，x ∈R F 1(－c,0)，F 2(c,0) F 1(0，－c )，F 2(0，c ) A 1(－a,0)，A 2(a,0) A 1(0，－a )，A 2(0，a )ca ＝1＋b2a2研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 B 【解析】由y28＋x22＝1，得a 2＝8，b 2＝2，所以c 2＝6，得c ＝6，即椭圆的半焦距为6.设与双曲线x22－y 2＝1有相同渐近线的双曲线方程为x22－y 2＝λ，因为所求双曲线的焦点在y 轴上，则λ<0，双曲线方程化为y2－λ－x2－2λ＝1，设双曲线的实半轴长为m ，虚半轴长为n ，则m 2＝－λ，n 2＝－2λ， 所以m 2＋n 2＝－λ－2λ＝(6)2，解得λ＝－2.所以所求双曲线的方程为y22－x24＝1.故选B.(2) 【答案】 x24－y26＝1【解析】不妨设B (0，b )，由BA→＝2AF →，F (c,0)，可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2c 3，b 3，代入双曲线C 的方程可得49×c2a2－19＝1，即49·a2＋b2a2＝109，所以b2a2＝32①.又|BF →|＝b2＋c2＝4，c 2＝a 2＋b 2，所以a 2＋2b 2＝16②.由①②可得a 2＝4，b 2＝6，所以双曲线C 的方程为x24－y26＝1.(1) 【答案】 y22－x24＝1【解析】因为所求双曲线与已知双曲线x22－y 2＝1有公共的渐近线，故可设双曲线方程为x22－y 2＝λ(λ≠0)，代入点(2，－2)，得λ＝－2，所以所求双曲线的方程为x22－y 2＝－2，即y22－x24＝1.(2) 【答案】 x 2－y23＝1【解析】 设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1(a >0，b >0)，由题意得B (2,0)，C (2,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＝a2＋b2，4a2－9b2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a2＝1，b2＝3，所以双曲线的标准方程为x 2－y23＝1.(1) 【答案】 (0,2) 【解析】对于焦点在x 轴上的双曲线x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，它的一个焦点(c,0)到渐近线bx ±ay ＝0的距离为|bc|b2＋a2＝b .本题中，双曲线x28－m＋y24－m＝1，即x28－m－y2m －4＝1，其焦点在x 轴上，则⎩⎪⎨⎪⎧8－m ＞0，m －4＞0，解得4<m <8，则焦点到渐近线的距离d ＝m －4∈(0,2)．故焦点到渐近线距离的取值范围是(0,2)．(2) 【答案】 y ＝±2x 【解析】由题意可得c 2＝m 2＋2m ＋6＝(m ＋1)2＋5，当m ＝－1时，c 2取得最小值，即焦距2c 取得最小值，此时双曲线M 的方程为x 2－y24＝1，所以渐近线方程为y ＝±2x .(1) 【答案】 D 【解析】不妨设P 为双曲线右支上一点，则PF 1>PF 2.由双曲线的定义得PF 1－PF 2＝2a .又PF 1＋PF 2＝6a ，所以PF 1＝4a ，PF 2＝2a .又因为⎩⎪⎨⎪⎧2c ＞2a ，4a ＞2a ，所以∠PF 1F 2为最小内角，故∠PF 1F 2＝π6.由余弦定理可得(4a )2＋(2c )2－(2a )22·4a ·2c ＝32， 即(3a －c )2＝0，所以c ＝3a ，则b ＝2a ，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±2x .故选D. (2) 【答案】 x23－y29＝1【解析】 因为双曲线x2a2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，所以e 2＝1＋b2a2＝4，所以b2a2＝3，即b 2＝3a 2，所以c 2＝a 2＋b 2＝4a 2，由题意可设A (2a,3a )，B (2a ，－3a )， 因为b2a2＝3，所以渐近线方程为y ＝±3x .则点A 与点B 到直线3x －y ＝0的距离分别为d 1＝|2 3 a －3a|2＝2 3 －32a ，d 2＝|2 3 a ＋3a|2＝23＋32a .又因为d 1＋d 2＝6， 所以23 －32a ＋23＋32a ＝6，解得a ＝3， 所以b 2＝9.所以双曲线的方程为x23－y29＝1.(1) 【答案】655【解析】 设BF 1＝x ，则AF 2＝3x .由图及双曲线的定义知AF 1－AF 2＝2a ，BF 2－BF 1＝2a ，则AB ＋x －3x ＝2a ，BF 2－x ＝2a .因为AF 2⊥BF 2，所以AB 2＝AF2＋BF 2，即(2a ＋2x )2＝9x 2＋(2a ＋x )2，解得a ＝3x 2，所以AB ＝5x ，BF 2＝4x ，所以cos ∠BAF 2＝35.在△AF 1F 2中，由余弦定理知AF 21＋AF 2－2·AF 1·AF 2·cos ∠BAF 2＝F 1F 22＝4c 2，所以36x 2＋9x 2－108x25＝4c 2，所以c ＝313x 2 5，所以双曲线的离心率为e ＝c a ＝655.(例3(1))(2) 【答案】3【解析】不妨设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b ax ，则F 2到y ＝b a x 的距离d ＝|bc|a2＋b2＝b .在Rt △F 2PO 中，F 2O ＝c ，所以PO ＝a ，所以PF 1＝6a .又F 1O ＝c ，所以在△F 1PO 与Rt△F 2PO 中，根据余弦定理得cos∠POF 1＝a2＋c2－( 6 a )22ac ＝－cos ∠POF 2＝－a c ，即3a 2＝c 2，所以e ＝ca＝3.(1) 【答案】 (1,2) 【解析】若△ABE 是锐角三角形，只需∠AEF ＜45°，在Rt △AFE 中，AF ＝b2a，FE ＝a ＋c ，则b2a＜a ＋c ，b 2＜a 2＋ac,2a 2－c 2＋ac ＞0，e 2－e －2＜0，解得－1＜e ＜2.又e ＞1，则1＜e ＜2.(2) 【答案】 53【解析】 由双曲线定义知PF 1－PF 2＝2a ，又PF 1＝4PF 2，所以PF 1＝83a ，PF 2＝23a ，在△PF 1F 2中，由余弦定理得cos ∠F 1PF 2＝649a2＋49a2－4c22·83a ·23a ＝178－98e 2，要求e 的最大值，即求cos ∠F 1PF 2的最小值．因为cos ∠F 1PF 2≥－1，所以cos ∠F 1PF 2＝178－98e 2≥－1，解得e ≤53，即e 的最大值为53.【题组强化】 1.D【解析】由条件知y ＝－b ax 过点(3，－4)，所以3b a＝4，即3b ＝4a ，所以9b 2＝16a 2，所以9c 2－9a 2＝16a 2，所以25a 2＝9c 2，所以e ＝53.故选D.2. C 【解析】 由F 1F 2＝2OP ，可得OP ＝c ，故△PF 1F 2为直角三角形，PF 1⊥PF 2，则PF 21＋PF 2＝F 1F 2.由双曲线的定义可得PF 1－PF 2＝2a ，则PF 1＝2a ＋PF 2，所以(PF 2＋2a )2＋PF 22＝4c 2，整理得(PF 2＋a )2＝2c 2－a 2.又PF 1≥3PF 2，即2a ＋PF 2≥3PF 2，可得PF 2≤a ，所以PF 2＋a ≤2a ，即2c 2－a 2≤4a 2，可得c ≤102a .由e ＝ca ，且e ＞1，可得1<e ≤102.故选C.3.2【解析】由题知双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ，不妨设右焦点F (c,0)，过点F 与渐近线平行的直线为l ：y ＝b a(x －c )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－b ax ，y ＝b a (x －c )，得x ＝c 2，则y ＝－b a×c 2＝－bc 2a ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫c 2，－bc 2a ，PF 的中点为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3c 4，－bc 4a .又点A 在双曲线上，所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3c 42a2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－bc 4a 2b2＝1，化简得c2a2＝2，即e ＝c a＝2.4.53【解析】由线段PF 1的垂直平分线恰好过点F 2，可得PF 2＝F 1F 2＝2c ，由直线PF 1与以坐标原点O 为圆心、a 为半径的圆相切于点A ，可得OA ＝a ，设PF 1的中点为M ，由中位线定理可得MF 2＝2a ，在Rt △PMF 2中，可得PM ＝4c2－4a2＝2b ， 即有PF 1＝4b ，由双曲线的定义可得PF 1－PF 2＝2a ，即4b －2c ＝2a ，即2b ＝a ＋c ，即有4b 2＝(a ＋c )2， 即4(c 2－a 2)＝(a ＋c )2，可得a ＝35c ，即e ＝53.(第4题)课堂评价 1. B 2. C【解析】 根据渐近线方程为x ±y ＝0，可得a ＝b ，所以c ＝2a ，则该双曲线的离心率为e ＝ca＝2，故选C. 3. A 【解析】 由题意知，e ＝ca＝3，所以c ＝3a ，所以b ＝c2－a2＝2a ，所以b a ＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y ＝±bax ＝±2x ，故选A.4. x28－y28＝1 【解析】 由离心率为2，可知a ＝b ，c ＝2a ，所以F (－2a,0)，由题意知k PF ＝4－00－(－2a )＝42a＝1，解得a ＝22，所以双曲线的方程为x28－y28＝1.5. 23 23 【解析】 由题意知a ＝2，b ＝23，c ＝4，F (4,0)，PF ＝b ＝23，△POF 的面积为12ab ＝12×43＝23.第45讲 抛物线链教材·夯基固本 激活思维 1. C2. AC 【解析】根据抛物线定义知选项A 正确；对于B ，符合条件的抛物线的焦点可能在x 轴上也可能在y 轴上，故B 错误；对于C ，抛物线焦点为(－1,0)，所以p ＝2，抛物线方程是y 2＝－4x ，故C 正确；对于D ，因为p 的符号不确定，所以方程不唯一，故D 错误．故选AC.3.B【解析】因为M 到准线的距离等于M 到焦点的距离，又准线方程为y ＝－116，设M (x ，y )，则y ＋116＝1，所以y ＝1516. 4.B【解析】抛物线y 2＝6x 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，准线方程为x ＝－32，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为AF ＝3BF ，所以x 1＋32＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2＋32，所以x 1＝3x 2＋3， 因为|y 1|＝3|y 2|，所以x 1＝9x 2，所以x 1＝92，x 2＝12，所以AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2＋32＝8.故选B. 5.y 2＝8x 6【解析】由抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F (2,0)，可得p ＝4，则抛物线C 的方程是y 2＝8x .由M 为FN 的中点，得M 的横坐标为1，所以FN ＝2FM ＝2(x M ＋2)＝2×(1＋2)＝6.知识聚焦1. 相等 焦点 准线 研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 22【解析】 因为抛物线y 2＝2px (p >0)的准线方程是x ＝－p2，双曲线x 2－y 2＝1的一个焦点为F 1(－2，0)，且抛物线y 2＝2px (p >0)的准线经过双曲线x 2－y 2＝1的一个焦点，所以－p 2＝－2，解得p ＝22.(2) 【答案】 13 【解析】由题意得抛物线的焦点为F (2,0)，准线方程为x ＝－2.因为AF ＝(6－2)2＋32＝5，所以求△PAF 周长的最小值即求PA ＋PF 的最小值．设点P 在准线上的射影为D ，如图，连接PD ，根据抛物线的定义，可知PF ＝PD ，所以PA ＋PF 的最小值即PA ＋PD 的最小值．根据平面几何的知识，可得当D ，P ，A 三点共线时PA ＋PD 取得最小值，所以PA ＋PF 的最小值为x A －(－2)＝8，所以△PAF 周长的最小值为8＋5＝13.(例1(2))(1) 【答案】 A 【解析】设焦点为F ，准线为l ，过P 作PA⊥l ，垂足为A ，则PF ＝PA ，PF ＋PQ ＝PQ ＋PA ，当且仅当A ，P ，Q 三点共线时，和最小，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，－1，故选A. (2) 【答案】 4 【解析】因为双曲线的右焦点为(2,0)，所以抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(2,0)，所以p ＝4.【解答】 (1) 由已知得抛物线焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫p 2，0. 由题意可设直线方程为x ＝my ＋p2，代入y 2＝2px ，得y 2＝2p ⎝⎛⎭⎪⎪⎫my ＋p 2，即y 2－2pmy －p 2＝0.(*) 易知y 1，y 2是方程(*)的两个实数根， 所以y 1y 2＝－p 2.因为y 21＝2px 1，y 2＝2px 2， 所以y 21y 2＝4p 2x 1x 2，所以x 1x 2＝y21y224p2＝p44p2＝p24.(2) 由题意知AF ＝x 1＋p2，BF ＝x 2＋p2，所以1AF ＋1BF＝1x1＋p 2＋1x2＋p 2＝x1＋x2＋px1x2＋p 2(x 1＋x 2)＋p24.因为x 1x 2＝p24，x 1＋x 2＝AB －p ，所以1AF ＋1BF ＝ABp24＋p 2(AB －p )＋p 24＝2p(定值)．(3)设AB 的中点为M (x 0，y 0)，分别过A ，B 作准线的垂线，垂足为C ，D ，过M 作准线的垂线，垂足为N ，则MN ＝12(AC ＋BD )＝12(AF ＋BF )＝12AB .所以以AB 为直径的圆与抛物线的准线相切．(例2)【解答】 (1) 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，因为PQ 为焦点弦，所以y 1y 2＝－p 2.因为直线OP 的方程为y＝y1x1·x ，它与准线的交点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2，y0，所以y 0＝y1x1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2＝2p y1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2＝－p2y1＝y1y2y1＝y 2，故直线MQ ∥x 轴．(2) 设M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－p 2，y2，则k OM ＝y2－p 2＝－2y2p ，k OP ＝y1x1＝2p y1. 因为PQ 为焦点弦，所以y 1y 2＝－p 2，所以y 2＝－p2y1，所以k OM ＝－2y2p ＝2py1，所以k OM ＝k OP ，所以P ，O ，M 三点共线． (3)如图，连接PF 并延长交抛物线于Q ′，由(1)知MQ ′∥x 轴，所以Q 与Q ′重合，故PQ 为焦点弦．(例3)【解答】 (1) 由题意，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1，x212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2，x222p ，x 1＜x 2，M (x 0，－2p )． 由x 2＝2py 得y ＝x22p ，则y ′＝xp ，所以k MA ＝x1p ，k MB ＝x2p.因此直线MA 的方程为y ＋2p ＝x1p (x －x 0)，直线MB 的方程为y ＋2p ＝x2p (x －x 0)．所以x212p ＋2p ＝x1p (x 1－x 0)，①x222p ＋2p ＝x2p (x 2－x 0)．② 由①②得x1＋x22＝x 1＋x 2－x 0，因此x 0＝x1＋x22，即2x 0＝x 1＋x 2.所以A ，M ，B 三点的横坐标成等差数列．。
高考数学一轮复习 人教版 解析几何第八单元 作业答案
课时作业(四十八)1.C[解析]直线y=x的斜率k=1,故tan α=1,所以α=45°,故选C.2.B[解析]由斜率公式可得,直线l的斜率k=--=,故选B.3.D[解析]因为直线在x轴、y轴上的截距分别为<0,->0,所以直线Ax-By-C=0不经过的象限是第四象限,故选D.4.3x-y-5=0[解析]由点斜式方程,得y+2=3(x-1),即3x-y-5=0.5.1或-1[解析]令x=0,得y=k;令y=0,得x=-2k.∴所围成的三角形的面积S=-=k2=1,∴k=1或-1.6.A[解析]由题意得直线ax+by+c=0的斜率存在,且为k=-,又直线的倾斜角为45°,∴k=-=tan 45°=1,∴a=-b,∴a+b=0,故选A.7.B[解析]∵点P的横坐标为2,且点P在直线x-y+1=0上,∴点P的纵坐标为3,∴P(2,3).又∵=,∴直线PA,PB的斜率互为相反数,∴直线PB的斜率为-1,则直线PB的方程是y-3=-(x-2),即x+y-5=0,故选B.8.B[解析]由题意得易得点Q的坐标满足+b=1,即点Q在直线l上.由方程组得--两式相加,得c+=1,即点P在直线l上.故选B.9.B[解析]联立两直线方程得--解得-所以两直线的交点坐标为-.因为两直线的交点在第一象限,所以-解得k>,则tan θ>,所以θ∈.故选B.10.A[解析]∵丙车最先到达终点,丁车最后到达终点,∴丙车速度最大,丁车速度最小,∴由s-t图像的几何意义可知丙车s-t图像(直线)的倾斜角最大,丁车s-t图像(直线)的倾斜角最小,故选A.11.B[解析]由题意可得A(1,0),B(2,3),且两直线斜率之积等于-1,∴直线x+my-1=0和直线mx-y-2m+3=0垂直,则|PA|2+|PB|2=|AB|2=10≥,即|PA|+|PB|≤2,当且仅当|PA|=|PB|=时等号成立,∴|PA|+|PB|的最大值为2,故选B.12.x+2y-3=0[解析]设A(a,0),B(0,b),由=-2,可得a-1=-2×(0-1),0-1=-2(b-1),则a=3,b=,由截距式可得直线l的方程为+=1,即x+2y-3=0.13.或[解析]设直线l1,直线l2的倾斜角分别为α,β,因为k>0,所以α,β均为锐角.直线l1,l2与x轴围成一个等腰三角形,有以下两种情况:当α=2β时,tan α=tan 2β,即=-,又因为k>0,所以k=;当β=2α时,tan β=tan 2α,即2k=-,又因为k>0,所以k=.14.4[解析]∵直线l过点(a,0)和(0,b),a∈N*,b∈N*,∴可设直线l的方程为+=1.∵直线l过点(1,6),∴+=1,即6a=(a-1)b,∴a≠1,当a≥2时,b=-=6+-.当a=2时,b=12;当a=3时,b=9;当a=4时,b=8;当a=7时,b=7;当a>7时,满足条件的正整数b不存在.综上,满足条件的直线有4条.15.C[解析]如图所示,可知A(,0),B(1,1),C(0,),D(-1,1),所以直线AB,BC,CD的方程分别为y=-(x-),y=(1-)x+,y=(-1)x+,整理为一般式即为x+(-1)y-=0,(1-)x-y+=0,(-1)x-y+=0,分别对应题中的A,B,D选项.故选C.16.A[解析]设C(m,n),由重心坐标公式得,△ABC的重心为,代入欧拉线方程得-+2=0,整理得m-n+4=0①.AB的中点为(1,2),k AB=--=-2,则AB的中垂线方程为y-2=(x-1),即x-2y+3=0.由--得-∴△ABC的外心为(-1,1).则(m+1)2+(n-1)2=32+(-1)2=10,整理得m2+n2+2m-2n=8②,由①②得m=-4,n=0或m=0,n=4.当m=0,n=4时,B,C重合,舍去,∴顶点C的坐标是(-4,0).故选A.课时作业(四十九)1.C[解析]由两条平行线之间的距离公式得所求距离d=-=2,故选C.2.C[解析]由题意及点到直线的距离公式得--=,a=-或-,故选C.3.A[解析]由两直线l1:2x-y+3=0,l2:mx+2y+1=0平行可得,-=2且3≠-,解得m=-4,故选A.4.0<k<[解析]由方程组解得交点坐标为---,由题意得---解得0<k<.5.-2[解析]如图所示,A点关于x轴的对称点为A',则点A'在直线MB上.由对称性可知A'(3,-2),则光线MB所在直线的斜率k=----=-2.6.A[解析]由直线l1:ax-(a+1)y+1=0与直线l2:2x-ay-1=0垂直,可得2a+a(a+1)=0,解得a=0或-3,所以“a=-3”是“直线l1:ax-(a+1)y+1=0与直线l2:2x-ay-1=0垂直”的充分不必要条件,故选A.7.B[解析]由题意得-·tan θ=-1,∴tan θ=2,∴cos 2θ=-=-=-,故选B.8.B[解析]因为直线l与直线3x-4y+5=0关于x轴对称,所以直线l的斜率与直线3x-4y+5=0的斜率相反,所以可设直线l的方程为3x+4y+b=0,又因为两直线在x轴上的截距相等,所以b=5,所以直线l的方程为3x+4y+5=0,故选B.9.C[解析]如图所示,点A(3,-1)关于直线l:x+y=0的对称点为C(1,-3),直线BC的方程为-=,即x-4y-13=0,与x+y=0联立可得直线BC与直线l的交点坐标为-.|PA|+|PB|=|PC|+|PB|,由图可知,当点P的坐标为-时,|PB|+|PC|取得最小值,即|PA|+|PB|取得最小值,故选C.10.C[解析]由题意知点(0,2)与点(4,0)关于折痕对称,两点连线的中点坐标为,即(2,1).点(0,2)与点(4,0)确定的直线的斜率为--=-,则折痕所在直线的斜率为2,所以折痕所在直线的方程为y-1=2(x-2),即y=2x-3.由题意知点(7,3)与点(m,n)也关于直线y=2x-3对称,则有----解得所以m+n=.故选C.11.(3,0)[解析]∵直线l1:y=kx+2-k与直线l2关于直线y=x-1对称,∴直线l2的方程为x-1=k(y+1)+2-k,即x-ky-3=0,显然直线l2经过定点(3,0).12.3[解析]由直线l2经过点C(1,m),D(-1,m+1),可得l2的斜率为--=-.因为直线l1平行于l2,所以直线l1的斜率也是-,即-=-,解得m=3.13.3[解析]设点A关于直线l的对称点为B(m,n),则-----解得即B(3,1).因为点B到y轴的距离就是这条光线经过的最短路程,所以最短路程是3.-解得x=1,y=-2,即直线l过定点14.[解析](2k-1)x+ky+1=0可化为(1-x)+k(2x+y)=0,由P(1,-2).由于直线(2k-1)x+ky+1=0经过定点P(1,-2),又|OP|=-=,所以原点到直线l的距离的最大值为.15.②③[解析]根据题意,可通过求各直线上的点到点M的最小距离,即点M到直线的距离d来分析.对于①,d==3>4,故直线上不存在点到点M的距离等于4,所以该直线不是“切割型直线”;对-于②,d=2<4,所以在直线上可以找到两个不同的点,使之到点M的距离等于4,所以该直线是“切割型直线”;对于③,d==4,所以直线上存在一点,使之到点M的距离等于4,所以该直线是“切割型直线”;-对于④,d==>4,故直线上不存在点到点M的距离等于4,所以该直线不是“切割型直线”.-16.[解析]设直线OP的斜率为k,点O关于BC的对称点为N,则点N的坐标为(4,0),则直线NP的斜率为-k,故直线NP的方程为y=-k(x-4),故点E的坐标为-.易知直线EQ的斜率为k,则直线EQ 的方程为y-2=k x--+4,故点Q的坐标为(-1,4-5k).若OP的斜率为,即k=,则点Q的纵坐标为.若点Q恰为线段AD的中点,则4-5k=1,即k=,即OP的斜率为.课时作业(五十)1.D[解析]圆x2+y2+ax=0的圆心坐标为-,∴-=1,解得a=-2.故选D.2.B[解析]∵线段AB:x-y-2=0(0≤x≤2)的两个端点为(0,-2),(2,0),∴圆心为(1,-1),半径为-=,∴圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2,故选B.3.C[解析]配方得[x-(2m+1)]2+(y-m)2=m2(m≠0),所以圆心坐标为(2m+1,m),令消去m,得x-2y-1=0(x≠1),故选C.4.-1[解析]圆的方程配方得(x-1)2+y2=1,则圆心为(1,0),半径为1,则由题意知圆心(1,0)在直线x+y+a=0上,所以1+a=0,所以a=-1.5.2[解析]点P到直线l的距离的最小值是-1=2.6.D[解析]由题意得-=,所以(x-3)2+(y+4)2-4=x2+y2,即6x-8y-21=0,故选D.7.D[解析]-=-+1,其中-表示半圆上的动点P(x,y)与点Q(0,1)所在直线的斜率.过点Q(0,1)作QB 与半圆相切,B为切点,则在Rt△CBQ中,=,所以∠CQB=30°,则k QB=tan∠CQB=,所以-的最大值为+1.8.D[解析]直线AB:-+=1,即4x-3y+12=0.若△ABC的面积最小,则点C到直线AB的距离d最短,易知d min=-1.又|AB|=5,△ABC的面积的最小值为,∴×5×-=,即|4m+12|=10,∴m=-或-,故选D.9.A[解析]将x2+y2-2x-6y+9=0化成标准形式为(x-1)2+(y-3)2=1,则圆心为(1,3),半径r=1.设所求圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=1,则圆心为(a,b).∵所求圆与圆x2+y2-2x-6y+9=0关于直线2x+y+5=0对称,∴所求圆的圆心(a,b)与圆心(1,3)关于直线2x+y+5=0对称,∴--·∴a=-7,b=-1,∴与圆x2+y2-2x-6y+9=0关于直线2x+y+5=0对称的圆的方程是(x+7)2+(y+1)2=1,故选A.10.(x-1)2+(y-1)2=2[解析]因为|CA|=|CB|=R,△ABC为直角三角形,所以∠C=90°,又C在第一象限,所以C(1,1)且R=,故圆C的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=2.11.1[解析]圆C:(x-2)2+(y+m-4)2=1的圆心为C(2,-m+4),半径r=1,可得=-,∴当m=4时,最小,且最小值为2,又|OC|min-r=2-1=1,故当m变化时,圆C上的点与原点的最短距离是1. 12.2[解析]因为M(m,n)为圆C:x2+y2=4上任意一点,所以可设则m+2n=2cosθ+4sin θ=2sin(θ+φ)≤2,其中tan φ=,所以m+2n的最大值为2.数形结合可得,表示圆C:x2+y2=4上的点M(m,n)与点P(-2,-3)连线的斜率,显然当直线PM与圆相切时,斜率最小.设此时切线的斜率为k,则切线方程为y+3=k(x+2),即kx-y+2k-3=0.由圆心到切线的距离等于半径,得=2,解得k=,所以的最小值为.13.解:(1)当弦AB为圆的直径时,圆的周长最小.弦AB的中点为(0,1),|AB|=-=2,所以r=,则圆的方程为x2+(y-1)2=10.(2)k AB=-=-3,弦AB的中点为(0,1),所以AB的中垂线方程为y-1=(x-0),即x-3y+3=0.由---解得所以圆心为(3,2),所以圆的半径r=-=2所以圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=20.14.解:(1)设动点P的坐标为(x,y),则=(x,y-1),=(x,y+1),=(1-x,-y).∵·=k||2,∴x2+y2-1=k[(x-1)2+y2],即(1-k)x2+(1-k)y2+2kx-k-1=0①.若k=1,则①为x=1,表示过点(1,0)且平行于y轴的直线;若k≠1,则①为-+y2=-,表示以--为圆心,-为半径的圆.(2)当k=2时,①化为(x-2)2+y2=1.+=(x,y-1)+(x,y+1)=(2x,2y),∴|+|=2又∵(x-2)2+y2=1,∴令x=2+cos θ,y=sin θ,则|+|=2,∴当cos θ=1时,|+|取得最大值,且最大值为6;当cos θ=-1时,|+|取得最小值,且最小值为2.15.D[解析]|3x-4y+a|+|3x-4y-9|=5-+--表示圆x2+y2=1上的任意一点P(x,y)到直线l1:3x-4y+a=0和直线l2:3x-4y-9=0的距离之和的5倍,若距离之和与点P(x,y)无关,则直线l1:3x-4y+a=0与圆相离或相切,且与直线l2:3x-4y-9=0位于圆的异侧,所以圆心(0,0)到直线l1的距离d=≥1,得a≥5或a≤-5,又直线l1:3x-4y+a=0与直线l2:3x-4y-9=0位于圆的异侧,所以a≥5.故选D.16.A[解析]依题意得,函数f(x)的图像与两坐标轴的交点分别是A(2018,0),B(-2019,0),C(0,-2018×2019).设经过点A,B,C的圆与y轴的另一个交点是D(0,y0),其中y0>0,结合图像易知原点O位于经过点A,B,C的圆的内部,因此由相交弦定理得|OA|·|OB|=|OC|·|OD|,即2018×2019=2018×2019y0,所以y0=1.故选A.课时作业(五十一)1.A[解析]将圆的方程配方,得(x-2)2+(y+1)2=25,圆心为(2,-1),半径r=5,将(2,-1)代入y=x-中,得×2-=-1,故直线过圆心,与圆相交,故选A.2.A[解析]圆x2+y2=4的圆心为(0,0),半径为2,圆(x-3)2+(y-4)2=49的圆心为(3,4),半径为7,圆心距为=5=7-2(等于两圆半径的差),∴圆x2+y2=4与圆(x-3)2+(y-4)2=49的位置关系是内切,故选A.3.D[解析]由题意得直线方程为y=x,即x-y=0.圆心(0,2)到直线x-y=0的距离d==,∴弦长为2-=2,故选D.4.y=4或3x+4y-13=0[解析]易知切线l的斜率存在.设l的方程为y-4=k(x+1),即kx-y+k+4=0,∴=1,即4k2+3k=0,解得k=0或k=-,故切线l的方程为y=4或3x+4y-13=0.5.2x+y-3=0[解析]由题意知,已知圆的圆心坐标为(2,-1).∵弦的中点与圆心的连线与弦所在的直线垂直,且直线x-2y+3=0的斜率为,∴该直径所在直线的斜率为-2,∴所求直线方程为y+1=-2(x-2),即2x+y-3=0.6.B[解析]∵直线x-2y+a=0与圆O:x2+y2=2相交于A,B两点(O为坐标原点),且△AOB为等腰直角三角形,∴点O到直线AB的距离为1,∴由点到直线的距离公式可得=1,∴a=±,故选B.7.C[解析]由圆C:(x-1)2+(y+5)2=80,可得圆心C(1,-5),半径R=4.圆心C(1,-5)到直线x-2y+4=0的距离d===3,R-d=,所以圆C上到l的距离为的点一共有3个,故选C.-8.C[解析]圆x2+y2+2x-2y=0的圆心为(-1,1),半径为,过圆心(-1,1)与直线x-y-4=0垂直的直线方程为x+y=0,所求圆的圆心在此直线上.圆心(-1,1)到直线x-y-4=0的距离为=3,所以所求圆的半径为.设所求圆的圆心为(a,b),且圆心在直线x-y-4=0的左上方,则--=,且a+b=0,解得a=1,b=-1(a=3,b=-3不符合,舍去),故所求圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2,故选C.9.A[解析]易知两圆为内含关系,作圆C1关于x轴对称的圆,记为圆C'1,则C'1(2,-3),连接C'1C2,分别交圆C'1,C2于M',N,交x轴于P,连接C1P交圆C1于M,此时+最小,且最小值为,-1-3=5-4.故选A.10.3[解析]圆心(4,-2)到直线x-y+2=0的距离d==4,结合几何关系可得线段MN的长为-=3.=-1,得m=5,所以线段AB的中点为(3,1), 11.3[解析]由题意,直线x-y+c=0垂直平分线段AB,则k AB=---所以3-1+c=0,则c=-2,所以m+c=3.12.4x+3y-36=0[解析]整理可得圆C:(x-2)2+(y-1)2=49,圆心为(2,1),半径为7,则根据题意易知点P必在圆内,且CP必垂直于直线l.由弦长为4知,圆心C到直线l的距离d=-=-=5,则--=5,解得t=6或-2,又t>2,所以t=6,则点P的坐标为(6,4),于是直线PC的斜率k PC=-=,-而l⊥PC,故直线l的方程为y-4=-(x-6),即4x+3y-36=0.13.解:(1)连接C1A,C1B,∵|C1A|=|C1B|=,|AB|=2,∴△C1AB为等腰直角三角形.∵△PAB为等腰直角三角形,点P在圆外,∴四边形PAC1B为正方形,∴|PC1|=2,∴点P的轨迹是以C1为圆心,2为半径的圆,则轨迹C2的方程为(x-2)2+(y-2)2=4.(2)如图,C1N⊥OF于点N,连接C1E,C1F,C1O.在Rt△OC1N中,∵|OC1|=2,|C1N|=,∴|ON|=,sin∠C1ON=,∴∠C1ON=30°,∴△OEH与△OFG为正三角形.∵△C1EN≌△C1FN,且|C1E|=|C1F|=2,∴|NE|=|NF|=,∴四边形EFGH的面积S=S△OFG-S△OEH=×(+)2-×(-)2=6.14.解:(1)设M点坐标为(x0,y0),P点坐标为(x,y),则N点坐标为(x0,0),由=,可得(x-x0,y)=(0,y0),则因为点M在圆C:x2+y2=4上运动,所以点P的轨迹E的方程为+=1.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,此时|AB|=2,|ST|=4,所以|AB|·|ST|=8.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,整理得(4k2+3)x2+8kx-8=0,因为点Q(0,1)在椭圆内部,所以直线l与椭圆恒交于两点,由根与系数的关系,得x1+x2=-,x1x2=-,所以|AB|=--=-=·--·-=.圆心(0,0)到直线l的距离d=,所以|ST|=2-=2,所以|AB|·|ST|=8·=8·-∈[88.综上,|AB|·|ST|的取值范围是[8,8].15.B[解析]因为直线ax+ay-1=0与圆a2x2+a2y2-2a+1=0有公共点(x0,y0),所以圆心到直线的距离d=不大于半径,显然d>0,∴≤-,∴a≥.由-得-∴2a2x0y0+2a-1=1,∴x0y0=-=-.设=t,则0<t≤,则x0y0=t2-t=--,0<t≤,由二次函数的性质可得当t=时,x0y0取得最大值,且最大值为,故选B.16.4[解析]圆(x+3sin α)2+(y+3cos α)2=1的圆心(-3sin α,-3cos α)在圆x2+y2=9上运动,集合A表示的区域为如图所示的环形区域(阴影部分),直线3x+4y+10=0恰好与环形的小圆相切,所以点集P 所表示的轨迹的长度是直线3x+4y+10=0截圆x2+y2=16所得弦的弦长,又原点(0,0)到直线3x+4y+10=0的距离d=2,所以弦长为2-=4.课时作业(五十二)1.D[解析]由2x2+y2=4,可得+=1,则c=-=,所以该椭圆的焦点坐标为(0,±),故选D.2.B[解析]∵e==,2a=6,∴a=3,c=1,∴b2=8,∴椭圆方程为+=1,故选B.3.A[解析]若-+=1表示焦点在x轴上的椭圆,则m2-1>3,所以m2>4,所以“m2>5”是“-+=1表示焦点在x轴上的椭圆”的充分不必要条件,故选A.4.(0,±b)[解析]由椭圆的性质得M=a+c,m=a-c,所以=a,椭圆上与点F的距离等于a的点为短轴的端点,其坐标为(0,±b).5.1[解析]将点P的坐标代入椭圆方程,得+=1,解得a2=2,所以△PAB的面积S=×2a×=1.6.C[解析]设椭圆的右焦点为F2,连接AF2,BF2,因为|OA|=|OB|,|OF|=|OF2|,所以四边形AFBF2是平行四边形,所以|BF|=|AF2|,所以|AF|+|BF|=|AF|+|AF2|=2a=4.7.B[解析]由题得当BF⊥AB时,若△ABF为等腰直角三角形,则|FB|=|AB|,∴=2c,∴b2=2ac,∴a2-c2=2ac,∴1-e2=2e,∴e2+2e-1=0,∴e=±-1,由于椭圆的离心率e∈(0,1),所以e=-1.故选B.8.D[解析]设△ABF1的内切圆的半径为r.由+=1,得a=2,c=1,根据椭圆的定义可知△ABF1的周长为4a=8,△ABF1的面积为|F1F2|×|y A-y B|=×2×3=3=×8×r,解得r=,故选D.9.B[解析]∵O是线段F1F2的中点(O为坐标原点),∴+=2,∴|+|=2||.设P(x,y),则+y2=4,则y2=4-,∴||2=x2+y2=4+x2≥4,∴||≥2,∴2||≥4,∴|+|的最小值为4,故选B.10.C[解析]设F'(-1,0),则+=2a,即=2a-,又椭圆E上存在一点P,使得+=9,∴+=+2a-=9,即-=9-2a.∵-≤-≤,∴-1≤-≤1,即-1≤9-2a≤1,解得4≤a≤5.∵c=1,e=,∴≤e≤.故选C.11.+=1[解析]由椭圆定义可知2a+2a=12,即a=3.又∵e==-=,∴解得b2=5,∴椭圆C的方程为+=1.12.-[解析]不妨设F(c,0),把x=c代入椭圆方程可得y=±,故|FA|=,由题意得=c,即b2=ac=a2-c2,所以e2+e-1=0,所以e=-.13.[1,4][解析]由已知得2b=2,故b=1,∵△F1AB的面积为-,∴(a-c)b=-,∴a-c=2-,又a2-c2=(a-c)(a+c)=b2=1,∴a=2,c=,∴+==-=-,又2-≤|PF1|≤2+∴1≤-|PF1|2+4|PF1|≤4,∴1≤+≤4,即+的取值范围为[1,4].14.解:(1)由题意可得-所以故W的标准方程为+=1.(2)联立得∴=,∴k OA=.易知B(0,1),∴l的方程为y=-3x+1.联立-得37x2-24x=0,∴x=0或,∴|BC|=-×-=.联立-得31x2-18x-9=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=-,∴|MN|=-·|x1-x2|=,故=.15.解:(1)由点到直线距离公式有=,整理可得2a-b=3,由|MN|=1,有=1,整理可得a=2b2,故4b2-b=3,∴b=1,∴a=2,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)易知直线PQ的斜率存在.设直线PQ的方程为y=kx-,与椭圆C的方程联立消去y,得(1+4k2)x2-4kx-2=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=-,由∠PAQ=90°,得(x1-)(x2-)+--=0,即(x1-)(x2-)+(kx1-)(kx2-)=0,即(1+k2)x1x2-(1+k)(x1+x2)+4=0,∴(1+k2)·--(1+k)·+4=0,即3k2-4k+1=0,解得k=1或k=.当k=1时,直线PQ经过A点,不满足题意,舍去,故k=,故直线PQ的方程为y=x-.16.解:(1)因为|A1B2|=2,所以=2.①由四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2倍,可得×2a×2b=2××2c×2b⇒a=2c.②由①②可得a2+b2=a2+a2-c2=8c2-c2=7c2=28⇒c2=4,所以a2=4c2=16,所以b2=12,所以椭圆C的方程为+=1.(2)由(1)易知点P,Q的坐标分別为(2,3),(2,-3).因为∠APQ=∠BPQ,所以直线PA,PB的斜率之和为0.设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k.设A(x1,y1),B(x2,y2),--直线PA的方程为y-3=k(x-2),由可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,∴x1+2=-,同理直线PB的方程为y-3=-k(x-2),可得x2+2=---=,∴x1+x2=-,x1-x2=-,∴k AB=--=----=--=,∴直线AB的方程为y+1=(x-1),即x-2y-3=0.课时作业(五十三)1.D[解析]由双曲线方程知c2=9+4=13,∴c=,∴焦距为2,故选D.2.D[解析]由题意可得a=5,b=2,所以渐近线方程为y=±x,故选D.3.D[解析]由题意,得2=,解得m=2,∴双曲线的标准方程为-=1,故选D.4.8[解析]因为双曲线x2-=1的一个焦点为(-3,0),所以m+1=(-3)2=9⇒m=8.5.-x2=1[解析]不妨设双曲线的方程为-x2=λ(λ≠0),因为双曲线过点(,4),所以-()2=λ,解得λ=1,故双曲线的方程为-x2=1.6.D[解析]设双曲线的右焦点为F2,连接PF2,由题得|OB|=|PF2|,OB∥PF2,∴b=×,∴b=2a,∴b2=4a2,∴c2-a2=4a2,∴c2=5a2,∴e2=5,∴e=.7.D[解析]因为N为线段F1M的中点,O为线段F1F2的中点,所以|F2M|=2|ON|=2.因为P在线段F1M的中垂线上,所以|PF1|=|PM|,所以||PF1|-|PF2||=|F2M|=2|ON|=2<|F1F2|,所以点P的轨迹是双曲线,故选D.8.B[解析]设双曲线的左焦点为F'.双曲线的右焦点为F(,0),△APF的周长l=++=++2a+,要使△APF周长最小,只需+最小,如图,当A,P,F'三点共线时|AP|+|PF'|取得最小值,此时l=2|AF|+2a=4(1+),故选B.9.A[解析]双曲线的右焦点为(c,0),所以直线l的方程为y=2(x-c),代入双曲线方程,得b2x2-4a2(x-c)2=a2b2,即(b2-4a2)x2+8a2cx-(4a2c2+a2b2)=0,因为直线与双曲线左、右两支分别相交,所以交点的横坐标的乘积小于0,则由根与系数的关系可得--<0,因为4a2c2+a2b2>0,所以b2-4a2>0,即c2-5a2>0,可得e=>故选A.10.或[解析]双曲线的两条渐近线的方程为x±2y=0,即y=±x,根据双曲线焦点位置的不同从而得到=或=,再由c2=a2+b2可得离心率e==或.11.3[解析]由题意得双曲线的一个焦点坐标为(5,0),一条渐近线的方程为3x-4y=0,由点到直线的距离公式得-=3,即双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为3.12.4[解析]由题得双曲线渐近线的斜率为±,设点P(x0,y0),不妨取l1,l2的方程分别为y-y0=(x-x0),y-y0=-(x-x0),所以M(x0-2y0,0),N(x0+2y0,0),所以|OM|·|ON|=|x0-2y0|×|x0+2y0|=|-4|,又点P在双曲线上,所以-=1,所以|OM|·|ON|=4.13.解:(1)由题意,得A1(-a,0),A2(a,0),由-=1,得-=.∵M(x0,y0)是双曲线上一点,∴·=·-=-==,∴e2===1+=,∴e=.(2)易知双曲线的一条渐近线的方程为y=x,即bx-ay=0,焦点(c,0)到渐近线y=x的距离d==b=12,由(1)得,==,∴a2=25,因此双曲线的方程为-=1.14.解:(1)由题意得=①,△=×2c·b=6②,a2+b2=c2③,由①②③求得a2=5,b2=4,∴双曲线C的标准方程是-=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点为D(x0,y0).将y=kx+m与-=1联立,消去y,整理得(4-5k2)x2-10kmx-5m2-20=0,由4-5k2≠0及Δ>0,得--④∴x1+x2=-,x1·x2=--,∴x0==-,y0=kx0+m=-.由|AP|=|AQ|知,AD⊥PQ,∴k AD=-=---=-,化简得10k2=8-9m,⑤将⑤代入④,得m<-或m>0.由10k2=8-9m>0,得m<.综上,实数m的取值范围是m<-或0<m<.15.D[解析]双曲线的渐近线方程为y=±x,设F(c,0)关于直线bx-ay=0的对称点为A(m,n),m<0,则=c,且-=-,解得m=-,n=,将A点坐标代入双曲线方程得--=1,化简可得e2=5,解得e=.故选D.16.[解析]设椭圆的短半轴长和双曲线的虚半轴长分别为b1,b2,椭圆的长半轴长和双曲线的实半轴长分别为a1,a2,则b1=3b2⇒ +9=10c2,令a1=c sin θ,a2=c cos θ,则+=(3sin θ+cos θ)=sin(θ+φ)≤,∴+的最大值为.课时作业(五十四)1.C[解析]由题意知抛物线开口向左,且p=2,所以抛物线的标准方程为y2=-4x,故选C.2.C[解析]抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值即动点到准线的距离的最小值,显然满足条件的点为抛物线的顶点,∴=1,∴p=2,故选C.3.D[解析]抛物线x2=y过点(1,3),则1=,所以m=3,所以x2=y,所以焦点到准线的距离是,故选D.4.10[解析]由已知条件结合抛物线的定义知y P=12-=12-2=10,即点P到x轴的距离为10.5.[解析]设P(x0,y0),则x0+1=4,故x0=3,所以y0=±2.又F(1,0),所以S△PFO=×2×1=.6.B[解析]由题意得抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,因为动圆的圆心在抛物线y2=8x上,且与抛物线的准线相切,所以动圆必过抛物线的焦点,即过点(2,0).故选B.7.C[解析]∵∠A1AF=,∴∠AA1F=∠AFA1=.设准线l与x轴的交点为B,则|BF|=p,|A1B|=|BF|tan=p,∴===4+,∴p=24,故选C.8.B[解析]∵F是抛物线y=2x2的焦点,∴F,准线方程为y=-.设M(x1,y1),N(x2,y2),则+=y1++y2+=,解得y1+y2=4,∴线段MN的中点的纵坐标为=2.故选B.9.A[解析]设抛物线的焦点为F,则F(0,2),准线方程为y=-2.过点P(x0,y0)向准线作垂线,垂足为N,则y0=-2.由抛物线的定义可得=,则y0+=+-2=+-2,当P,F,M三点共线且x0>0时,y0+最小,最小值为-2=---2=3-2=1,故选A.10.B[解析]将点P(4,4)的坐标代入抛物线C的方程y2=2px,得42=2p·4,解得p=2,∴点F(1,0).据题设分析知,sin∠MPF=,|MF|==2又=2R(R为△MPF的外接圆的半径),∴2R=,∴R=,∴△MPF的外接圆的面积S=πR2=π·=,故选B.11.[解析]过P点作准线的垂线,垂足为H,则=,由=3有=,所以===,解得=,所以==.12.-1[解析]如图所示,过A作AH⊥l于点H,AN垂直于抛物线的准线于点N,则|AH|+|AN|=m+n+1.连接AF,则|AH|+|AN|=|AF|+|AH|=m+n+1,由平面几何知识,得当A,F,H三点共线(即HF⊥l)时,|AF|+|AH|取得最小值|FH|==,则m+n的最小值为-1.13.解:(1)因为点A(1,a)(a>0)是抛物线C上一点,且|AF|=2,所以+1=2,所以p=2.(2)由(1)得抛物线方程为y2=4x.因为点A(1,a)(a>0)是抛物线C上一点,所以a=2.设直线AM方程为x-1=m(y-2)(m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).由--消去x,得y2-4my+8m-4=0,即(y-2)(y-4m+2)=0,所以y1=4m-2.因为AM⊥AN,所以直线AN的方程为x-1=-(y-2),同理可得y2=--2,所以d1d2=|(y1+2)(y2+2)|=-=16.14.解:(1)设N(m,n),则----解得即N(2,1),代入x2=2py(p>0)得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)显然直线NA的斜率是存在的,设直线NA的方程为y-1=k(x-2),则直线NB的方程为y-1=-k(x-2).设A(x1,y1),B(x2,y2),联立--消元,得x2-4kx+8k-4=0,所以2+x1=4k,所以x1=4k-2,所以y1=4k(k-1)+1,故A(4k-2,4k(k-1)+1).同理,B(-4k-2,4k(k+1)+1),所以k AB=------=-1,若<1,则由cos 45°=-,得=-=3-2若>1,同理可求得=-=3+2.15.2[解析]直线OM的方程为y=-x,将其代入x2=2py,解方程可得-故A-.直线ON的方程为y=x,将其代入x2=2py,解方程可得故B.又F,所以k AB=,k BF=-.因为A,B,F三点共线,所以k AB=k BF,即=-,解得p=2.16.(4,+∞)[解析]因为倾斜角α∈,所以直线l的斜率k=tan α∈.设过焦点F(1,0)的直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立-整理得y2-y-4=0,所以y1+y2=,则=,即点M 的坐标为-,所以|MF|=--=,又因为k∈,所以>12,所以|MF|=>=4,即|MF|的取值范围是(4,+∞).课时作业(五十五)1.B[解析]设动点P(x,y),由题意可知·-=-2(x≠0),化简得+x2=1(x≠0),故选B.2.A[解析]由题意知,动圆圆心到点F(0,3)的距离等于动圆圆心到定直线y=-3的距离,故动圆圆心的轨迹是以F为焦点,直线y=-3为准线的抛物线,其方程为x2=12y,故选A.3.A[解析]设M(x,y),由M为线段OP的中点,得P(2x,2y),代入双曲线方程,得-(2y)2=1,即x2-4y2=1,故选A.4.C[解析]设P(x,y),则x=λ-3μ,y=λ+3μ,得λ=,μ=-,因此+-=1,化简得x+2y-3=0,故选C.5.x2-=1[解析]根据双曲线的定义可得,实轴长2a=2,即a=1,半焦距c=2,由c2=a2+b2,解得b2=3,故动点P的轨迹方程为x2-=1.6.B[解析]设M(x,y),P(x0,y0),因为P与点Q(0,-1)连线的中点为M,所以x0=2x,y0=2y+1,又因为点P在抛物线y=2x2+1上移动,所以2y+1=2(2x)2+1,即y=4x2,故选B.7.D[解析]由题意知,所求轨迹为与已知直线平行的两条直线,设所求轨迹方程为3x-4y+C=0,则==2,则C=-11或C=9,故所求轨迹方程为3x-4y-11=0或3x-4y+9=0,故选D.8.C[解析]由两点间的距离公式可得=13,=15,=14,因为A,B都在椭圆上,所以+=+,得-=-=2<14,故F的轨迹是以A,B为焦点的双曲线的下支,由c=7,a=1,得b2=48,所以F的轨迹方程是y2-=1(y≤-1),故选C.9.C[解析]设A(a,0),B(0,b),P(x,y),由=+得所以a=3x,b=y,又=3,所以a2+b2=9,即(3x)2+=9,所以动点P的轨迹方程为x2+=1,故选C.10.A[解析]①△ABC的周长为10,则|AB|+|AC|=6,根据椭圆的定义知,点A的轨迹方程为C3:+=1(y ≠0);②△ABC的面积为10,则点A到直线BC的距离为定值5,所以点A的轨迹方程为C1:y2=25;③△ABC 中,∠A=90°,则点A在以线段BC为直径的圆上,所以点A的轨迹方程是C2:x2+y2=4(y≠0).11.+y2=1[解析]设Q(x,y),P,y1,则=,-·-=-1,∴···-=-1,∴4y2=4-x2,∴点Q的轨迹方程为+y2=1.12.2x-3y+25=0[解析]圆C:x2+y2=25的圆心C为(0,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),因为AQ与圆C相切,所以AQ⊥CA,所以(x1-x0)(x1-0)+(y1-y0)(y1-0)=0,即-x0x1+-y0y1=0,因为+=25,所以x0x1+y0y1=25,同理x0x2+y0y2=25,所以过点A,B的直线方程为xx0+yy0=25.因为直线AB过点M(-2,3),所以得-2x0+3y0=25,所以点Q的轨迹方程为2x-3y+25=0.13.解:(1)设M(x0,y0),由中点坐标公式可知,P点坐标为(2x0-2,2y0).∵P点在圆x2+y2=4上,∴(2x0-2)2+(2y0)2=4.故线段AP的中点M的轨迹方程为(x-1)2+y2=1.(2)设N(x,y),在Rt△PBQ中,|PN|=|BN|,设O为坐标原点,连接ON,则ON⊥PQ,∴=+=+,∴x2+y2+(x-1)2+(y-1)2=4.故线段PQ的中点N的轨迹方程为x2+y2-x-y-1=0.14.D[解析]设抛物线的焦点为F(x,y),准线为l,过点A,B,O分别作AA'⊥l,BB'⊥l,OP⊥l,其中A',B',P 分别为垂足,则l为圆的切线,P为切点,且+=2|OP|=6,因为抛物线过点A,B,所以=,=,所以+=+=6>=2,所以点F的轨迹是以A,B为焦点的椭圆,且点F不在x轴上,所以抛物线C的焦点F的轨迹方程为+=1(y≠0).15.+y2=1(y≠0)[解析]易知AC,BD的斜率存在且不为0,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,则直线AC,BD的方程分别为y=k1(x+2),y=k2(x-2),据此可得C(2,4k1),D(-2,-4k2),则k CD==k1+k2,直线CD的方--程为y-4k1=(k1+k2)(x-2),整理可得(k1+k2)x-y+2(k1-k2)=0,直线CD与圆相切,则=2,据此可得k1k2=-,将y=k1(x+2),y=k2(x-2)两式相乘可得y2=k1k2(x2-4)=-x2+1,即直线AC与BD的交点M的轨迹方程为+y2=1(y≠0).课时作业(五十六)1.C[解析]易知点P在抛物线上,过点P可以作出抛物线的一条切线,该切线与抛物线只有一个公共点,还可以作出一条与x轴平行的直线,该直线与抛物线也只有一个公共点,所以满足题意的直线有2条,故选C.2.C[解析]由可得(4k2+1)x2+24kx+20=0,当Δ=16(16k2-5)>0,即k>或k<-时,直线与椭圆有两个公共点.3.D[解析]由题意及双曲线的几何性质可得,双曲线的渐近线的斜率>∴e==>=.故选D.4.-[解析]联立得3x2+4x-2=0,则弦的中点的横坐标为-,纵坐标为-+1=,即弦的中点坐标是-.5.[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2).不妨设直线l过椭圆的右焦点(,0),则l:y=x-,代入椭圆方程得5x2-8x+8=0,∴-=-=-=,∴=-=×=.6.A[解析]直线的方程为y=k(x+2),代入y2=4x,得到k2x2+4(k2-1)x+4k2=0.当k=0时,不合题意;当k≠0时,Δ=16(k2-1)2-4k2·4k2>0,得k2<,∴k∈-∪.综上,k的取值范围是-∪,故选A.7.B[解析]设A(x1,y1),M(x0,y0),则B(-x1,-y1),则k AM·k BM=--·=--=---=-.8.D[解析]画出抛物线y2=4x的图像(图略).由抛物线方程y2=4x,得焦点F的坐标为(1,0),准线方程为x=-1.过点A,B作准线的垂线,垂足分别为E,N.易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x-),由-消去y,整理得k2x2-(2k2+4)x+5k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=5.由条件知==x2+1=3,∴x2=2,∴x1=,∴=x1+1=.∵在△AEC中,BN∥AE,∴△△===.故选D. 9.B[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),易知x0≠0,则两式作差得-+-=0.∵--=-1,x0=,y0=,∴-=0,即=.设直线OM的倾斜角为α,则θ=α+或θ=-α,∴tan θ=±-,又tan α==,∴-=3,∴b2=2,即b=故选B.10.C[解析]∵M,N分别是PQ,PF的中点,∴MN∥FQ,又PQ∥x轴,∠NRF=60°,∴∠FQP=60°,由抛物线定义知,|PQ|=|PF|,∴△FQP为正三角形,则FM⊥PQ⇒|QM|=p=2,∴正三角形FQP的边长为4,∴|PQ|=4,|FN|=|PF|=2,又△FRN为正三角形,∴|FR|=2,故选C.11.[解析]不妨取双曲线的一条渐近线为y=x,将y=x代入抛物线方程,整理得ax2-bx+a=0,则由题意,得b2-4a2=0,则c2=5a2,则e=.12.6[解析]根据题意可知直线的斜率是存在的,抛物线的焦点F(1,0).设直线AB:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).将直线方程与抛物线方程联立-消元可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,从而可得x1+x2=,从而求得M.易求得E(-1,0),根据|ME|=,可得+=11,求得k2=2(负值舍去),所以|AB|=x1+x2+p=2++2=6.13.2[解析]∵直线过左焦点F(-c,0),倾斜角为30°,∴直线方程为y=(x+c).由得y B=-.由-得y A=.由=2,得y B=2y A,即-=⇒b=a,∴c2=a2+b2=4a2,∴=4,∴e==2.14.解:(1)依题意知,点M(x,y)到点F1(-1,0),F2(1,0)的距离之和为6,且6>|F1F2|=2,所以点M的轨迹是以F1,F2为焦点,长轴长为6的椭圆,其方程为+=1.(2)易知直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+1,代入+=1,得(9k2+8)x2+18kx-63=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-.因为=+,所以四边形OAPB为平行四边形.若平行四边形OAPB为矩形,则OA⊥OB,所以·=x1x2+y1y2=(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+1=0,即(k2+1)·--+1=0,即-72k2=55,此方程无解,所以满足条件的直线l不存在.15.解:(1)设抛物线方程为x2=2py(p>0),∵以A为圆心,2为半径的圆与y轴相切,切点为F,∴p=2,∴该抛物线的标准方程为x2=4y.(2)由题知直线m的斜率存在,设其方程为y=kx+6,由消去y,整理得x2-4kx-24=0,显然,Δ=16k2+96>0.设P,Q,则·-抛物线在点P处的切线方程为y-=(x-x1),令y=-1,得x=-,可得点R--,由Q,F,R三点共线得k QF=k FR,F(0,1),∴-=---,即(-4)(-4)+16x1x2=0,即(x1x2)2-4[(x1+x2)2-2x1x2]+16+16x1x2=0,∴(-24)2-4[(4k)2-2×(-24)]+16+16×(-24)=0,解得k2=,即k=±,∴所求直线m的方程为y=x+6或y=-x+6.16.±[解析]由题意,得F,由x2-px+y2-p2=0,配方为-+y2=p2,∴直线l过圆心,∴=2p.直线l的方程为y=k-,A(x1,y1),B(x2,y2),联立-得x2-x+=0,∴x1+x2=p+,∴=x1+x2+p=2p+.∵=3,∴2p+=6p,可得k2=⇒k±.17.[解析]①当直线l的斜率不存在时,不妨取A c,,B c,-,∵·=0,∴c2-=0,∴e=;②当直线l的斜率存在时,焦点为F(c,0),设直线l:y=k(x-c),A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线方程和双曲线的方程,可得(b2-a2k2)x2+2ca2k2x-a2k2c2-a2b2=0,则Δ=4c2a4k4+4(b2-a2k2)(a2k2c2+a2b2)>0,x1+x2=--,x1x2=---,则y1y2=k2[x1x2+c2-c(x1+x2)]=k2·--,∵·=0,∴x1x2+y1y2=0,即a2b2+a2k2c2+k2(a2b2-b2c2)=0,即k2=--,又直线l过点F交双曲线C的右支于A,B两点,∴-->(b>a),∴----∴>e>.综上,双曲线的离心率的取值范围是.专题突破训练(三)1.解:(1)依题意得∴+=.∵p>,∴p=1,故C的方程为x2=2y.(2)证明:由(1)知y0=,联立得4x2-16x-9=0,解得x1=-,x2=,∴|EF|=×--=5.设P m≠-,且m≠,则M的横坐标为m,易知A在l上,则|AM|=×.由题可知PN:y-=-(x-m),与y=2x+联立可得x N=-,∴|AN|=×-+=×,则=5,故=|EF|.2.解:(1)∵2a=6,∴a=3.又点M(,)在椭圆上,∴+=1,解得b2=3,∴所求椭圆方程为+=1.(2)∵k MO=,∴k AB=-,故可设直线AB的方程为y=-x+m.消去y,得11x2-6mx+6m2-18=0,联立-Δ=(6m)2-4×11×(6m2-18)>0,∴m2<.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=-.则·=x1x2+y1y2=x1x2-(x1+x2)+m2=-.∵0≤m2<,∴·的取值范围为-.3.解:(1)∵e=,∴=.∵F2(c,0)在线段PF1的中垂线上,∴|F1F2|=|RF2|,即(2c)2=()2+(2-c)2,得c=,∴a=,b=1,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明:由(1)可知A1(-,0),A2(,0),M(x M,y M),设PA1的方程为y=k(x+)(k≠0),则P的坐标为(-2,-k),∴=,∴PA2的方程为y=(x-).由-消去y,整理得(3+k2)x2-2k2x+3k2-9=0,∴x M=-,∴x M=-,y M=(x M-)=-,∴==-,∴MA1⊥NA1,则△MNA1为直角三角形,又Q为斜边MN的中点,∴2|A1Q|=|MN|.4.解:(1)∵F为抛物线y2=2px(p>0)的焦点,∴F.又∵当l与x轴垂直时,|DE|=4,∴D.又∵点D在抛物线上,∴4=2p×=p2,∴p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.(2)点R(x0,2)在抛物线C上,∴x0=1,即R(1,2).设直线AB:x=m(y-1)+1(m≠0),A,B.由-得y2-4my+4m-4=0,∴y1+y2=4m,y1y2=4m-4.直线AR:y-2=--(x-1)=(x-1).由--得x M=-.同理可得x N=-,∴|MN|=|x M-x N|=2-=2·--,令m-1=t,t≠0,则m=t+1,∴|MN|=2·≥,即当t=-2,m=-1时|MN|取得最小值,此时直线AB的方程为x+y-2=0.5.解:(1)由+=4,得2a=4,所以a=2,又椭圆过点,所以+=1,解得b=1,故椭圆C的方程为+y2=1.设点P(x0,y0),则由△GPH∽△APB,得=-,即=-,则=2-,由0<y0≤1,得2-≥4,所以线段GH的长度的最小值为4.(2)由(1)可知,当GH的长度取得最小值时,y0=1,将点(x0,1)代入+y2=1,得x0=0,故此时点P(0,1),则直线AP的方程为y=x+1,=2.当平行于AP的直线l与椭圆在x轴下方的部分相切于点T时,△TPA的面积取得最大值.设直线l:y=x+m,则由得7x2+8mx+12m2-12=0,则Δ=(8m)2-4×7×(12m2-12)=0,所以m=-或m=(舍去).由平行线间的距离公式,得此时点T到直线AP的距离d=---=.故(S△TPA)max=d=×2×=,即△TPA的面积的最大值为.6.解:(1)依题意得=,所以+=+==4(为定值),=2,4>2,所以点P的轨迹是以E,F为焦点的椭圆,其中2a=4,2c=2,所以P点的轨迹C的方程是+y2=1.(2)①当矩形的边与坐标轴垂直或平行时,易得S=8.②当矩形的边均不与坐标轴垂直或平行时,其四边所在直线的斜率均存在且不为0,设直线AB的方程为y=k1x+m,直线BC的方程为y=k2x+n,则直线CD的方程为y=k1x-m,AD的方程为y=k2x-n,其中k1·k2=-1.直线AB与CD间的距离d1=--=,直线BC与AD间的距离d2==,所以S=d1·d2=·.联立得x2+2k1mx+m2-1=0,因为直线AB与椭圆相切,所以Δ=4+1-m2=0,所以=,同理=,所以S====4·=4·.因为+≥2(当且仅当k1=±1时取等号),所以4<S≤4·,即8<S≤10.由①②可知,8≤S≤10.专题突破训练(四)1.解:(1)由曲线Γ:12x2-4y2=3,化为标准方程可得-=1,。
2025版高考数学一轮总复习课时作业第八章平面解析几何8
8.6 双曲线【巩固强化】1. 已知双曲线，焦点在轴上，若焦距为4，则等于（D）A. B. 5 C. 7 D.解：依据题意,知双曲线的标准方程为.由其焦距为4，得，则有，解得.故选.2. 若双曲线的离心率大于2，则正数的取值范围是（A）A. ,B. ,C. ,D. ,解：由题意，可知,，则.因为离心率大于2，所以，即.所以且，解得.故选.3. 已知双曲线的焦距为，且两条渐近线相互垂直，则该双曲线的实轴长为（B）A. 2B. 4C. 6D. 8解：双曲线的两条渐近线方程为.因为两条渐近线相互垂直，所以，得.因为双曲线的焦距为，所以.由得，解得，所以实轴长为.故选.4. 在平面直角坐标系中，过点且渐近线方程为的双曲线的标准方程为（B）A. B. C. D.解：因为双曲线的渐近线方程为，所以设所求双曲线的标准方程为.又点在双曲线上，则,即双曲线的方程为,所以双曲线的标准方程为.故选.5. 经过双曲线的右焦点，倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（A）A. B. C. D.解：由题意，知已知直线的斜率的确定值小于等于渐近线的斜率，所以，离心率，所以.故选.6. 已知椭圆与双曲线的离心率之积为1，则双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为（D）A. ,B. ,C. ,D. ,解：由题意，得，因此双曲线的两条渐近线方程为.所以双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为，.故选.7. 【多选题】已知双曲线的左、右焦点分别为，，是的右支上一点，则下列结论正确的是（ACD）A. B. 的离心率是C. 的最小值是6D. 点到两渐近线的距离的乘积是3解：已知双曲线，得,,，则,,.由双曲线的定义及点为的右支上一点，得，所以正确.离心率，所以不正确.当点在右顶点时，取得最小值，即，所以正确.双曲线的渐近线方程为.设点，则，即.则点到与到的距离乘积为，所以正确.故选.8. 在①双曲线的焦点在轴上；②双曲线的焦点在轴上，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.已知双曲线的对称轴为坐标轴，且经过点，.（1）求双曲线的标准方程；解：设双曲线的标准方程为，则解得所以双曲线的标准方程为.（2）若双曲线与双曲线的渐近线相同，，且的焦距为4，求双曲线的实轴长.注：若选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分.[答案]双曲线的渐近线方程为.选①，设双曲线的标准方程为，则解得所以双曲线的实轴长为2.选②，设双曲线的标准方程为，则解得所以双曲线的实轴长为.【综合运用】9. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过且垂直于轴的直线与双曲线的右支交于，两点，若是正三角形，则此双曲线的渐近线方程是（C）A. B. C. D.解：由题意,得为直角三角形，且 .设，则,,如图所示.由双曲线的定义,得.所以,.所以.所以.所以双曲线的渐近线方程为.故选.10. [2024年全国Ⅲ卷]设双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为.是上一点，且.若的面积为4，则（A）A. 1B. 2C. 4D. 8解：因为，所以.依据双曲线的定义,可得.，即.因为，所以.所以，即，解得.故选.11. 图1为陕西博物馆保藏的金筐宝钿团花纹金杯，该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与轴及平行于轴的两条直线围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体，如图2所示.若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，则杯身最细之处的周长为（C）图1图2A. B. C. D.解：由题意,设,,,.代入双曲线方程,得即作差得,解得,则.所以杯身最细处的周长为.故选.12. 已知双曲线的中心在原点，焦点，在坐标轴上，离心率为，且过点. （1）求双曲线的标准方程；解：因为双曲线的离心率为，所以该双曲线为等轴双曲线.设其方程为，代入点，得 .故双曲线的标准方程为.（2）设双曲线的两条渐近线分别为,，已知直线交，于,两点，若直线与双曲线有且只有一个公共点，求的面积.[答案]设与轴交于点.在直线方程中，令，得,.联立整理得.由题意,得，故.联立得.联立得.所以.【拓广探究】13. [2024年新课标Ⅰ卷]已知双曲线的左、右焦点分别为,.点在上.点在轴上，，，则的离心率为.解：（方法一）（坐标法）依题意，设，，.由，得,.因为，且,，，所以，即.又点在上，所以，即.代入，得，即，解得或（舍去），故.（方法二）（特值法及数形结合）考虑离心率是比值，不妨取，则易知,.由对称性得，再由垂直得.，,,则离心率.（方法三）（解三角形）由，得.设，.由对称性,得.由定义,得，.设，则，解得，所以，.在中，由余弦定理,得，即，则离心率.。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第8讲 曲线与方程配套课时作业 理(含解析)新人教A版-新人
第8讲 曲线与方程配套课时作业1．已知点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，直线l ：x ＝－14，点B 是l 上的动点．若过点B 垂直于y 轴的直线与线段BF 的垂直平分线交于点M ，则点M 的轨迹是( )A ．双曲线B ．椭圆C ．圆D ．抛物线 答案 D解析 由已知知|MF |＝|MB |，根据抛物线的定义知，点M 的轨迹是以点F 为焦点，直线l 为准线的抛物线．2．(2019·某某模拟)如图所示，A 是圆O 内一定点，B 是圆周上一个动点，AB 的中垂线CD 与OB 交于点E ，则点E 的轨迹是( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线 答案 B解析 由题意知，|EA |＋|EO |＝|EB |＋|EO |＝r (r 为圆的半径)且r >|OA |，故E 的轨迹为以O ，A 为焦点的椭圆．故选B.3．到点F (0,4)的距离比到直线y ＝－5的距离小1的动点M 的轨迹方程为( ) A ．y ＝16x 2B ．y ＝－16x 2C ．x 2＝16y D ．x 2＝－16y 答案 C解析 由条件知，动点M 到F (0,4)的距离与到直线y ＝－4的距离相等，所以点M 的轨迹是以F (0,4)为焦点，直线y ＝－4为准线的抛物线，其标准方程为x 2＝16y .4．(2019·某某模拟)设点A 为圆(x －1)2＋y 2＝1上的动点，PA 是圆的切线，且|PA |＝1，则P 点的轨迹方程为( )A ．y 2＝2x B ．(x －1)2＋y 2＝4 C ．y 2＝－2x D ．(x －1)2＋y 2＝2 答案 D解析 如图，设P (x ，y )，圆心为M (1,0)，连接MA ，则MA ⊥PA ，且|MA |＝1.又∵|PA |＝1，∴|PM |＝|MA |2＋|PA |2＝2，即|PM |2＝2，∴(x －1)2＋y 2＝2.5．在△ABC 中，已知A (－1,0)，C (1,0)，且|BC |，|CA |，|AB |成等差数列，则顶点B 的轨迹方程是( )A.x 23＋y 24＝1B.x 23＋y 24＝1(x ≠±3)C.x 24＋y 23＝1 D.x 24＋y 23＝1(x ≠±2) 答案 D解析 因为|BC |，|CA |，|AB |成等差数列，所以|BC |＋|BA |＝2|CA |＝4.所以点B 的轨迹是以A ，C 为焦点，半焦距c ＝1，长轴长2a ＝4的椭圆．又B 是三角形的顶点，A ，B ，C 三点不能共线，故所求的轨迹方程为x 24＋y 23＝1，且x ≠±2.故选D.6．动圆M 经过双曲线x 2－y 23＝1的左焦点且与直线x ＝2相切，则圆心M 的轨迹方程是( )A ．y 2＝8x B ．y 2＝－8x C ．y 2＝4x D ．y 2＝－4x 答案 B解析 设双曲线x 2－y 23＝1的左焦点为F (－2,0)，因为动圆M 经过F 且与直线x ＝2相切，所以圆心M 到点F 的距离和到直线x ＝2的距离相等，由抛物线的定义知轨迹是抛物线，其方程为y 2＝－8x .7．(2019·某某某某检测)已知F 1，F 2是双曲线的两个焦点，Q 是双曲线上任意一点，从焦点F 1引∠F 1QF 2的平分线的垂线，垂足为P ，则点P 的轨迹为( )A ．直线B ．圆C ．椭圆D ．双曲线 答案 B解析 不妨设点Q 在双曲线的右支上，延长F 1P 交直线QF 2于点S ，∵QP 是∠F 1QF 2的平分线，且QP ⊥F 1S ，∴P 是F 1S 的中点．∵O 是F 1F 2的中点，∴PO 是△F 1SF 2的中位线，∴|PO |＝12|F 2S |＝12(|QS |－|QF 2|)＝12(|QF 1|－|QF 2|)＝a (定值)，∴点P 的轨迹为圆． 8．设线段AB 的两个端点A ，B 分别在x 轴、y 轴上滑动，且|AB |＝5，OM →＝35OA →＋25OB →，则点M 的轨迹方程为( )A.x 29＋y 24＝1B.y 29＋x 24＝1C.x 225＋y 29＝1 D.y 225＋x 29＝1 答案 A解析 设M (x ，y )，A (x 0,0)，B (0，y 0)，由OM →＝35OA →＋25OB →，得(x ，y )＝35(x 0,0)＋25(0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝35x 0，y ＝25y 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝53x ，y 0＝52y ，由|AB |＝5，得⎝ ⎛⎭⎪⎫53x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫52y 2＝25，化简得x 29＋y 24＝1.9．已知A ，B 为平面内两定点，过该平面内动点M 作直线AB 的垂线，垂足为N .若MN →2＝λAN →·NB →，其中λ为常数，则动点M 的轨迹不可能是( )A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．双曲线 答案 C解析 以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立坐标系，设M (x ，y )，A (－a,0)，B (a,0)，则N (x,0)．因为MN →2＝λAN →·NB →，所以y 2＝λ(x ＋a )(a －x )，即λx 2＋y 2＝λa 2，当λ＝1时，轨迹是圆；当λ>0且λ≠1时，轨迹是椭圆；当λ<0时，轨迹是双曲线；当λ＝0时，轨迹是直线．综上，动点M 的轨迹不可能是抛物线．10．已知A (0,7)，B (0，－7)，C (12,2)，以C 为一个焦点作过A ，B 的椭圆，椭圆的另一个焦点F 的轨迹方程是( )A ．y 2－x 248＝1(y ≤－1) B ．y 2－x 248＝1C ．y 2－x 248＝－1 D ．x 2－y 248＝1 答案 A解析 由题意，得|AC |＝13，|BC |＝15，|AB |＝14，又|AF |＋|AC |＝|BF |＋|BC |，∴|AF |－|BF |＝|BC |－|AC |＝2.故点F 的轨迹是以A ，B 为焦点，实轴长为2的双曲线的下支．∵双曲线中c ＝7，a ＝1，∴b 2＝48，∴焦点F 的轨迹方程为y 2－x 248＝1(y ≤－1)．11．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AB 上，且AM ＝13，点P 在平面ABCD内，且动点P 到直线A 1D 1的距离与动点P 到点M 的距离的平方差为1，则动点P 的轨迹是( )A ．直线B ．圆C ．双曲线D ．抛物线 答案 D解析 在平面ABCD 内过点P 作PF ⊥AD ，垂足为F ，过点F 在平面AA 1D 1D 内作FE ⊥A 1D 1，垂足为E ，连接PE ，则有PE ⊥A 1D 1，即PE 为点P 到A 1D 1的距离．由题意知|PE |2－|PM |2＝1，又因为|PE |2＝|PF |2＋|EF |2，所以|PF |2＋|EF |2－|PM |2＝1，即|PF |2＝|PM |2，即|PF |＝|PM |，所以点P 满足到点M 的距离等于点P 到直线AD 的距离．由抛物线的定义知点P 的轨迹是以点M 为焦点，AD 为准线的抛物线，所以点P 的轨迹为抛物线．12．(2019·某某质量检查)已知A (－2,0)，B (2,0)，斜率为k 的直线l 上存在不同的两点M ，N 满足|MA |－|MB |＝23，|NA |－|NB |＝23，且线段MN 的中点为(6,1)，则k 的值为( )A ．－2B ．－12 C.12 D ．2答案 D解析 因为|MA |－|MB |＝23，|NA |－|NB |＝23，由双曲线的定义知，点M ，N 在以A ，B 为焦点的双曲线的右支上，且c ＝2，a ＝3，所以b ＝1，所以该双曲线的方程为x 23－y 2＝1.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12，y 1＋y 2＝2.设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，代入双曲线的方程，消去y ，得(1－3k 2)x 2－6mkx －3m 2－3＝0，所以x 1＋x 2＝6mk 1－3k 2＝12①，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝12k ＋2m ＝2②，由①②解得k ＝2，故选D.13．由动点P 向圆x 2＋y 2＝1引两条切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，∠APB ＝60°，则动点P 的轨迹方程为________．答案 x 2＋y 2＝4解析 设P (x ，y )，x 2＋y 2＝1的圆心为O ，因为∠APB ＝60°，OP 平分∠APB ，所以∠OPB ＝30°，因为|OB |＝1，∠OBP 为直角，所以|OP |＝2，所以x 2＋y 2＝4.14．(2019·某某模拟)△ABC 的顶点A (－5,0)，B (5,0)，△ABC 的内切圆圆心在直线x ＝3上，则顶点C 的轨迹方程是________．答案x 29－y 216＝1(x >3)解析 如图，令内切圆与三边的切点分别为D ，E ，F ，可知|AD |＝|AE |＝8，|BF |＝|BE |＝2，|CD |＝|CF |，所以|CA |－|CB |＝|AE |－|BE |＝8－2＝6<|AB |＝10.根据双曲线定义，所求轨迹是以A ，B 为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，其方程为x 29－y 216＝1(x >3)．15．已知圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝1，圆N ：(x －1)2＋y 2＝9，动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，圆心P 的轨迹为曲线C ，则曲线C 的方程为________．答案x 24＋y 23＝1(x ≠－2) 解析 设圆M 的半径为r 1，圆N 的半径为r 2，圆P 的半径为R .因为圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切，所以|PM |＋|PN |＝(R ＋r 1)＋(r 2－R )＝r 1＋r 2＝4.由椭圆的定义可知，曲线C 是以M ，N 为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的椭圆(左顶点除外)，其方程为x 24＋y 23＝1(x ≠－2)．16．若过抛物线y 2＝4x 的焦点作直线与其交于M ，N 两点，作平行四边形MONP ，则点P的轨迹方程为________．答案 y 2＝4(x －2)解析 (1)当直线斜率k 存在时，设直线方程为y ＝k (x －1)，点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x ，y )，由OM →＝NP →，得(x 1，y 1)＝(x －x 2，y －y 2)．得x 1＋x 2＝x ，y 1＋y 2＝y .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，联立得x ＝x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.y ＝y 1＋y 2＝4kk 2，消去参数k ，得y 2＝4(x －2)．(2)当直线斜率k 不存在时，直线方程为x ＝1，由O P →＝2O F →得P (2,0)，适合y 2＝4(x －2)．综合(1)(2)，点P 的轨迹方程为y 2＝4(x －2)．17．(2019·某某质检)如图所示，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 2,1<t <3，与椭圆C 2：x 29＋y 2＝1相交于A ，B ，C ，D 四点，点A 1，A 2分别为C 2的左、右顶点．(1)当t 为何值时，矩形ABCD 的面积取得最大值？并求出其最大面积； (2)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程． 解 (1)设A (x 0，y 0)，则S 矩形ABCD ＝4|x 0y 0|， 由x 209＋y 20＝1，得y 20＝1－x 209， 从而x 20y 2＝x 20⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 209＝－19⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－922＋94.当x 20＝92，y 20＝12时，S max ＝6.从而t 2＝x 20＋y 20＝5，t ＝5，所以当t ＝5时，矩形ABCD 的面积取到最大值6. (2)由椭圆C 2：x 29＋y 2＝1，知A 1(－3,0)，A 2(3,0)，由曲线的对称性及A (x 0，y 0)，得B (x 0，－y 0)， 设点M 的坐标为(x ，y )， 直线AA 1的方程为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 0x 0－3(x －3)，② 由①②得y 2＝－y 20x 20－9(x 2－9)．③又点A (x 0，y 0)在椭圆C 2上，故y 20＝1－x 209.④将④代入③，得x 29－y 2＝1(x <－3，y <0)．因此点M 的轨迹方程为x 29－y 2＝1(x <－3，y <0)．18．(2019·某某某某模拟)已知动点M (x ，y )满足：x ＋12＋y 2＋x －12＋y 2＝2 2.(1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)设过点N (－1,0)的直线l 与曲线E 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为C (点C 与点B 不重合)．证明：直线BC 恒过定点，并求该定点的坐标．解 (1)由已知，动点M 到点P (－1,0)，Q (1,0)的距离之和为22，且 |PQ |<22，所以动点M 的轨迹为椭圆，且a ＝2，c ＝1，所以b ＝1，所以动点M 的轨迹E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (x 1，－y 1)， 由已知得直线l 的斜率存在，设斜率为k ， 则直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋1，x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.又直线BC 的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1(x －x 2)， 即y ＝y 2＋y 1x 2－x 1x －x 1y 2＋x 2y 1x 2－x 1， 令y ＝0，得x ＝x 1y 2＋x 2y 1y 2＋y 1＝2kx 1x 2＋k x 1＋x 2k x 1＋x 2＋2k＝2x 1x 2＋x 1＋x 2x 1＋x 2＋2＝4k 2－41＋2k 2－4k21＋2k 2－4k 21＋2k 2＋2＝－2， 所以直线BC 恒过定点D (－2,0)．19．(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C ：y 2＝2x 的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线l 1，l 2分别交C 于A ，B 两点，交C 的准线于P ，Q 两点．(1)若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明：AR ∥FQ ；(2)若△PQF 的面积是△ABF 的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程．解 由题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0. 设l 1：y ＝a ，l 2：y ＝b ，则ab ≠0，且A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，b ，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，a ，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ， R ⎝ ⎛ －12，⎭⎪⎫a ＋b 2. 记过A ，B 两点的直线为l ，则l 的方程为2x －(a ＋b )y ＋ab ＝0. (1)证明：由于F 在线段AB 上，故1＋ab ＝0. 记AR 的斜率为k 1，FQ 的斜率为k 2，则k 1＝a －b 1＋a 2＝a －b a 2－ab ＝1a ＝－aba＝－b ＝k 2.所以AR ∥FQ .(2)设l 与x 轴的交点为D (x 1,0)，则S △ABF ＝12|b －a |·|FD |＝12|b －a |⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－12，S △PQF ＝|a －b |2. 由题设可得2×12|b －a |⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－12＝|a －b |2， 所以x 1＝0(舍去)或x 1＝1.设满足条件的AB 的中点为E (x ，y )． 当AB 与x 轴不垂直时， 由k AB ＝k DE 可得2a ＋b ＝yx －1(x ≠1)． 而a ＋b2＝y ，所以y 2＝x －1(x ≠1)．当AB 与x 轴垂直时，E 与D 重合．所以所求轨迹方程为y 2＝x －1.20．(2019·某某模拟)已知椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点与短轴两端点构成一个面积为2的等腰直角三角形，O 为坐标原点．(1)求椭圆Γ的方程；(2)设点A 在椭圆Γ上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，求证：1|OA |2＋1|OB |2为定值；(3)设点C 在椭圆Γ上运动，OC ⊥OD ，且点O 到直线CD 的距离为常数3，求动点D 的轨迹方程．解 (1)∵椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点与短轴两端点构成一个面积为2的等腰直角三角形，O 为坐标原点，∴b ＝c ＝2，∴a ＝2＋2＝2，∴椭圆Γ的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明：设A (x 0，y 0)，则OB 的方程为x 0x ＋y 0y ＝0，由y ＝2，得B ⎝⎛⎭⎪⎫－2y 0x 0，2，∴1|OA |2＋1|OB |2＝1x 20＋y 20＋14＋4y 20x 2＝4＋x 24x 20＋y 2＝4＋x 24⎝⎛⎭⎪⎫x 20＋2－x 22＝12， ∴1|OA |2＋1|OB |2为定值12. (3)设C (x 1，y 1)，D (x ，y )，由OC ⊥OD ，得x 1x ＋y 1y ＝0，①由点C 在椭圆上，得x 214＋y 212＝1，②联立①②，得x 21＝4y 22x 2＋y 2，y 21＝4x 22x 2＋y2.③由OC ⊥OD ，点O 到CD 的距离为3，得|OC |·|OD |＝3|CD |， ∴|OC |2·|OD |2＝3(|OC |2＋|OD |2)．将③代入得 1|OC |2＋1|OD |2＝1x 21＋y 21＋1x 2＋y2 ＝14y 22x 2＋y 2＋4x 22x 2＋y2＋1x 2＋y 2＝2x 2＋y 2＋44x 2＋y 2＝13， 化简，得点D 的轨迹方程为y 212－x 26＝1.。
近年届高考数学一轮复习第8单元解析几何测评理(2021年整理)
2019届高考数学一轮复习第8单元解析几何测评理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019届高考数学一轮复习第8单元解析几何测评理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第八单元解析几何小题必刷卷(十一）直线与圆题组一真题集训1。
［2015·北京卷］圆心为(1，1）且过原点的圆的方程是（）A。
(x—1)2+(y-1）2=1B.（x+1)2+(y+1）2=1C.（x+1)2+（y+1)2=2D。
(x—1)2+（y—1)2=22.[2015·广东卷]平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是（)A。
2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+=0或2x+y—=0C。
2x—y+5=0或2x—y-5=0D.2x—y+=0或2x-y—=03。
［2013·山东卷］过点(3，1)作圆(x—1)2+y2=1的两条切线,切点分别为A，B，则直线AB的方程为（)A。
2x+y-3=0 B。
2x—y—3=0C.4x-y-3=0D.4x+y-3=04。
［2016·全国卷Ⅱ］圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=（）A.—B。
—C.D。
25。
[2015·山东卷］一条光线从点（-2，—3)射出，经y轴反射后与圆(x+3)2+（y-2）2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为(）A。
—或—B。
-或-C。
-或—D.—或—6。
[2015·全国卷Ⅱ]过三点A（1，3),B（4，2），C(1，—7)的圆交y轴于M，N两点,则|MN|=（）A.2 B。
山东2021新高考数学一轮复习第八章平面解析几何课时作业54抛物线含解析.doc
课时作业54 抛物线一、选择题1．已知抛物线的焦点在x 轴的负半轴上，若p ＝2，则其标准方程为( C ) A ．y 2＝－2x B ．x 2＝－2y C ．y 2＝－4x D ．x 2＝－4y解析：由题意知抛物线开口向左，且p ＝2，所以抛物线的标准方程为y 2＝－4x ，故选C.2．(2019·全国卷Ⅱ)若抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点是椭圆x 23p ＋y 2p＝1的一个焦点，则p ＝( D )A ．2B ．3C ．4D ．8解析：由题意，知抛物线的焦点坐标为(p 2，0)，椭圆的焦点坐标为(±2p ，0)，所以p2＝2p ，解得p ＝8，故选D.3．已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，点P (x 0，12)在C 上，且|PF |＝34，则p ＝( B )A.14 B.12 C.34D ．1解析：抛物线的准线方程为y ＝－p 2，因为P (x 0，12)在抛物线上，所以点P 到准线的距离d ＝12＋p 2＝|PF |＝34，则p ＝12，故选B.4．以抛物线y 2＝8x 上的任意一点为圆心作圆与直线x ＝－2相切，这些圆必过一定点，则这一定点的坐标是( B )A ．(0,2)B ．(2,0)C ．(4,0)D ．(0,4)解析：由题意得抛物线y 2＝8x 的准线方程为x ＝－2，因为动圆的圆心在抛物线y 2＝8x 上，且与抛物线的准线相切，所以动圆必过抛物线的焦点，即过点(2,0)．故选B.5．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，过抛物线C 上的点A (4，y 0)作AA 1⊥l 于点A 1，若∠A 1AF ＝2π3，则p ＝( C ) A ．6 B ．12 C ．24D ．48解析：∵∠A 1AF ＝2π3，∴∠AA 1F ＝∠AF A 1＝π6.设准线l 与x 轴的交点为B ，则|BF |＝p ，|A 1B |＝|BF |tan π6＝33p ，∴|AF |＝|A 1B |sin π3＝2p 3＝4＋p2，∴p ＝24，故选C.6．已知点F 是抛物线y ＝2x 2的焦点，M ，N 是该抛物线上的两点，若|MF |＋|NF |＝174，则线段MN 的中点的纵坐标为( B )A.32 B ．2 C.52D ．3解析：∵F 是抛物线y ＝2x 2的焦点，∴F ⎝⎛⎭⎫0，18，准线方程为y ＝－18.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则|MF |＋|NF |＝y 1＋18＋y 2＋18＝174，解得y 1＋y 2＝4，∴线段MN 的中点的纵坐标为y 1＋y 22＝2.故选B.7．已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 和抛物线上一点M (2,22)的直线l 交抛物线于另一点N ，则|NF ||FM |等于( A )A ．1 2B ．1 3C ．12D ．13解析：抛物线y 2＝4x 的焦点F 的坐标为(1,0)，M (2,22)，∴直线l 的方程为y ＝22(x －1)．由⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝22(x －1)，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，∴点N 的横坐标为12.∵抛物线y 2＝4x 的准线方程为x ＝－1，∴|NF |＝32，|MF |＝3，∴|NF ||MF |＝12，故选A.8．已知过抛物线y 2＝42x 的焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，AF →＝3FB →，抛物线的准线l 与x 轴交于点C ，AM ⊥l 于点M ，则四边形AMCF 的面积为( A )A ．12 3B ．12C ．8 3D ．6 3解析：不妨设直线AB 的倾斜角为锐角，过点B 作BD ⊥AM ，交AM 于点D ，过点B 作BN ⊥l ，垂足为N ，则|AD |＝|AM |－|MD |＝|AF |－|FB |＝2|FB |，|AB |＝|AF |＋|FB |＝4|FB |，所以|AD |＝12|AB |，在Rt △ABD 中，|AD |＝12|AB |，则∠BAD ＝60°，所以∠AFx ＝60°，所以k AB ＝3，则直线AB ：y ＝3(x －2)，代入y 2＝42x ，得[3(x －2)]2＝42x ，即3x 2－102x ＋6＝0，解得x 1＝32，x 2＝23，则x A ＝32，y A ＝26，则四边形AMCF 的面积为12×(42＋22)×26＝123，故选A.二、填空题9．(2019·北京卷)设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为(x －1)2＋y 2＝4.解析：因为抛物线的标准方程为y 2＝4x ，所以焦点F (1,0)，准线l 的方程为x ＝－1，所求的圆以F 为圆心，且与准线l 相切，故圆的半径r ＝2，所以圆的方程为(x －1)2＋y 2＝4.10．O 为坐标原点，F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，P 为C 上一点，若|PF |＝4，则△POF 的面积为 3.解析：设P (x 0，y 0)，则x 0＋1＝4，故x 0＝3，所以y 0＝±2 3.又F (1,0)，所以S △PFO ＝12×23×1＝ 3.11．(多填题)直线l 过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1,0)，且与C 交于A ，B 两点，则p ＝2，1|AF |＋1|BF |＝1.解析：由p2＝1，得p ＝2.当直线l 的斜率不存在时，l ：x ＝1，与y 2＝4x 联立解得y ＝±2，此时|AF |＝|BF |＝2，所以1|AF |＋1|BF |＝12＋12＝1；当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x －1)，代入抛物线方程，得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝1，1|AF |＋1|BF |＝|AF |＋|BF ||AF |·|BF |＝x 1＋x 2＋2(x 1＋1)(x 2＋1)＝x 1＋x 2＋2x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝x 1＋x 2＋21＋x 1＋x 2＋1＝1. 三、解答题12．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线C 与直线l 1：y ＝－x 的一个交点的横坐标为8.(1)求抛物线C 的方程；(2)不过原点的直线l 2与l 1垂直，且与抛物线交于不同的两点A ，B ，若线段AB 的中点为P ，且|OP |＝|PB |，求△F AB 的面积．解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为(8，－8)， ∴(－8)2＝2p ×8，∴2p ＝8， ∴抛物线C 的方程为y 2＝8x .(2)直线l 2与l 1垂直，故可设直线l 2：x ＝y ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且直线l 2与x 轴的交点为M .由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝y ＋m ，得y 2－8y －8m ＝0， Δ＝64＋32m >0，∴m >－2.y 1＋y 2＝8，y 1y 2＝－8m ，∴x 1x 2＝y 21y 2264＝m 2.由题意可知OA ⊥OB ，即x 1x 2＋y 1y 2＝m 2－8m ＝0， ∴m ＝8或m ＝0(舍去)，∴直线l 2：x ＝y ＋8，M (8,0)． 故S △F AB ＝S △FMB ＋S △FMA ＝12·|FM |·|y 1－y 2|＝3(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝24 5.13．设M 是抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上的一点，抛物线E 在点M 处的切线方程为y ＝x －1.(1)求E 的方程．(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l 1，l 2的斜率之积为1，且直线l 1，l 2分别交抛物线E 于A ，B 两点和C ，D 两点，是否存在常数λ使得|AB |＋|CD |＝λ|AB |·|CD |成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)解法1：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1x 2＝2py ，消去y 得x 2－2px ＋2p ＝0.由题意得Δ＝4p 2－8p ＝0，因为p >0，所以p ＝2. 故抛物线E ：x 2＝4y .解法2：设M (x 0，x 202p )，由x 2＝2py 得y ＝x 22p ，则y ′＝x p.由⎩⎨⎧x 0p ＝1，x202p ＝x 0－1，解得p ＝2.故抛物线E ：x 2＝4y .(2)假设存在常数λ使得|AB |＋|CD | ＝λ|AB |·|CD |成立，则λ＝1|AB |＋1|CD |.由题意知，l 1，l 2的斜率存在且均不为零，设直线l 1的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1x 2＝4y ，消去y 得，x 2－4kx －4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－4.所以|AB |＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 216k 2＋16＝4(1＋k 2)(也可以由y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2＝4k 2＋2， 得到|AB |＝y 1＋y 2＋2＝4(1＋k 2))． 因为直线l 1，l 2的斜率之积为1， 所以|CD |＝4(1＋1k2)．所以λ＝1|AB |＋1|CD |＝14(1＋k 2)＋14(1＋1k 2)＝1＋k 24(1＋k 2)＝14. 所以存在常数λ＝14使得|AB |＋|CD |＝λ|AB |·|CD |成立．14．(多选题)设M ，N 是抛物线y 2＝x 上的两个不同的点，O 是坐标原点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－12，则下列选项不正确的是( ABC )A ．|OM |＋|ON |≥4 2B ．以MN 为直径的圆的面积大于4πC ．直线MN 过抛物线y 2＝x 的焦点D ．点O 到直线MN 的距离不大于2 解析：当直线MN 的斜率不存在时， 设M (x 0，y 0)，则N (x 0，－y 0)， 由斜率之积为－12可得y 0x 0·⎝⎛⎭⎫－y 0x 0＝－y 20x 20＝－1y 20＝－12，即y 20＝2.∴直线MN 的方程为x ＝2，此时|OM |＋|ON |＝26，以M ，N 为直径的圆的面积为2π，抛物线的焦点为⎝⎛⎭⎫14，0，故A ，B ，C 错误；当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线方程联立，消去x ，可得ky 2－y ＋m ＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝1k ，y 1y 2＝mk ，故x 1x 2＝m 2k 2，∴k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝k m ＝－12，即m ＝－2k .∴直线MN 的方程为y ＝kx －2k ＝k (x －2)，∴直线MN 过定点(2,0)，∴点O 到直线MN 的距离不大于2，故D 正确，故选ABC.15．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．解：(1)设D (t ，－12)，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1. 由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t ＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0. 所以直线AB 过定点(0，12)．(2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎨⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1， y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2(t 2＋1)． 设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则 d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1. 因此，四边形ADBE 的面积 S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M (t ，t 2＋12)．由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.。
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(1)求圆 O 的方程。
(2)若圆 O 上有两点 M ，N 关于直线 x＋2y＝ 0 对称， 且 |MN |＝2 3，求直线 MN 的方程。 →→
(3)圆 O 与 x 轴相交于 A，B 两点，圆内的动点 P 使|PA|，|PO|，|PB |成等比数列， 求 PA·PB 的取值范围。
|0－ 0－4|
解析： (1)半径 r＝
课时作业 (五十四 ) 最值、范围、证明问题
1．已知椭圆 E 的中心在坐标原点、对称轴为坐标轴，且抛物线
x2＝－ 4 2y 的焦点是
它的一个焦点，又点 A(1， 2)在该椭圆上。
(1)求椭圆 E 的方程。
(2)若斜率为 2的直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 B，C，当△ ABC 的面积最大时， 求直
＝ 2，
1＋ 3
故圆 O 的方程为 x2＋ y2＝ 4。
(2)因为圆 O 上有两点 M ，N 关于直线 x＋ 2y＝ 0 对称， 故 MN 的斜率等于直线 x＋ 2y＝ 0 斜率的负倒数，等于 2，设 MN 的方程为 y＝ 2x＋ b，即 2x－ y＋ b＝0。由弦长公式可得，圆
心 O 到直线 MN 的距离等于
若 l1 与 l 2 的斜率都存在，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率为－ 1k。 ∴直线 l 1 的方程为 y＝k( x＋1)。 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，
因为以 AB 为直径的圆与 x 轴相切，得到圆半径为 r＝|y0|＝ 4，
又 |AB|＝ x1－ x2 2 ＋ y1－ y2 2
＝ 1＋4 y1－ y2 2＝ 5[ y1＋ y2 2 －4y1 y2]
＝ 5 64＋ 32b 。
所以 |AB|＝ 2r ＝ 5 64＋ 32b ＝ 8，
解得 b＝－ 85。
则有 x＋ 2 2＋y2· x－ 2 2＋ y2＝ x2＋ y2， 两边平方，化简可得 x2＝ y2＋ 2。 由点 P 在圆内可得 x2＋ y2<4，故有 0≤ y2<1。
因为 P→A·P→B＝ (－ 2－ x，－ y) ·(2－ x，－ y)＝ x2＋ y2－ 4＝ 2(y2－ 1)∈ [ － 2,0)，
－43， 0
g′ (b)
＋
0
－
g( b)
Z
极大值
]
由上表可得
g(b)的最大值为
g
－
4 3
＝32。所以当 27
b＝－ 4时，△ AOB 的面积取得最大值 3
32 9
3。
4．
已知椭圆 ax22＋by22＝ 1(a>b>0) 的离心率为
1，且经过点 2
P
3 1，2
。过它的两个焦点
分别作直线 l 1 与 l 2， l1 交椭圆于 A，B 两点， l 2 交椭圆于 C，D 两点，且 l 1⊥ l 2。
即 P→A·P→B 的取值范围是 [－ 2,0)。
3 已知抛物线
y2＝ 4x，直线
l ： y＝－
1 2x＋ b
与抛物线交于
A， B 两点。
(1)若 x 轴与以 AB 为直径的圆相切，求该圆的方程； (2)若直线 l 与 y 轴负半轴相交，求△ AOB(O 为坐标原点 ) 面积的最大值。
1 解析： (1)联立 y＝－ 2x＋ b
线 l 的方程。
解析： (1)由已知得抛物线的焦点为
(0，－
2)，故设椭圆方程为
ya22＋
a
x2 2－
2
＝
1(
a
>
2)。
将点 A(1，
2)代入方程得
a22＋
1 a2－
2＝
1
，
整理得 a4－ 5a2＋ 4＝ 0，解得 a2＝4 或 a2＝ 1(舍去 )，
故所求椭圆方程为 y42＋ x22＝ 1。
(2)设直线 l 的方程为 y＝ 2x＋ m， B， C 的坐标分别为 (x 1， y1)， (x2， y2)，
y＝ 2x＋m
由 y2＋ x2＝ 1， 得 4x2＋2 2mx＋ m2－ 4＝ 0， 42
则 Δ＝ 8m2－ 16(m2－4) ＝8(8－ m2)>0， 所以 0≤ m2<8。
由 x1＋ x2＝－
2 2
m，
x1x2＝
m2－ 4
4 ，
3· 16－ 2m2
得 |BC|＝ 3|x1－ x2|＝
2
。
又点 A 到 BC 的距离为 d＝ |m|， 3
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围。
解析： (1)由ac＝ 12得 a＝2c， 所以 a2＝4c2 ，b2＝ 3c2，
将点 P 的坐标代入椭圆方程得 c2＝ 1， 故所求椭圆方程为 x2＋ y2＝ 1。
43
F 1， F2
(2)当 l 1与 l 2 中有一条直线的斜率不存在时， 则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面 积为 S＝ 6。
r2－
MN 2
2＝ 1。
由点到直线的距离公式可得
1＝
|0－
0＋
b| ，
b＝
±
5，
5
故 MN 的方程为 2x－ y± 5＝ 0。
(3)圆 O 与 x 轴相交于 A(－ 2,0)，B(2,0) 两点，圆内的动点
列，
P 使 |PA|，|PO|， |PB |成等比数
所以 |PA| ·|PB |＝ |PO|2，设点 P(x， y)，
所以 x1＋ x2＝ 2b－ 2y1＋ 2b－ 2y2＝ 4b＋ 16＝458，所以圆心为 254，－ 4 。
故所求圆的方程为
24 x－ 5
2＋ (y＋ 4)2＝ 16。
(2)因为直线 l 与 y 轴负半轴相交，所以 b<0，
又 l 与抛物线交于两点，由 (1)知 b>－2，所以－ 2< b<0，
直线
l：
y＝－
1 2x＋
b
可化为
x＋ 2y－ 2b＝ 0，点
O 到直线
l 的距离
d＝
|－
2b| ＝
－
2b ，
5
5
所以
S△ AOB ＝
1 2|AB|d＝－
4b
2
2＋ b＝4
2
b3＋ 2b2。
令
g(b)＝ b3＋ 2b2，－ 2<b<0，g′ (b)＝ 3b2＋ 4b＝3b
4 b＋ 3
，
b
－
2，－
4 3
4 －3
y2＝ 4x
，消去 x 并化简整理得
y2＋ 8y－ 8b＝ 0。
依题意有 Δ＝ 64＋ 32b>0 ，解得 b>－ 2。
设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 y1＋ y2＝－ 8， y1y2＝－ 8b，
x1 ＋x2
y1 ＋ y2
设圆心 Q(x0， y0)，则应有 x0＝ 2 ，y0＝ 2 ＝－ 4。
故
S△ABC
＝
1 2|BC
|
·d＝
m2 16－ 2m2 4
≤
1
2m2＋ ·
42
16－ 2m2 2
＝
2，
当且仅当 2m2＝16－ 2m2，即 m＝ ±2 时取等号。
当 m＝ ±2 时，满足 0≤ m2<8。
故直线 l 的方程为 y＝ 2x±2。
2．在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点 O 为圆心的圆与直线 x－ 3y＝ 4 相切。