【配套K12】2017高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.5圆锥曲线的综合应用课时练理

小初高试卷教案类 K12小学初中高中 2017高考数学一轮复习 第十章 圆锥曲线与方程 10.5 圆锥曲线的综合应用课时练 理 时间：90分钟 基础组 1.[2016·衡水二中仿真]如图，△PAB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，若tan∠ADP＋2tan∠BCP＝10，则点P在平面α内的轨迹是( )

A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 答案 B

解析 由题意可得PAAD＋2PBBC＝10，则PA＋PB＝40>AB＝6，又因P、A、B三点不共线，故点P的轨迹是以A、B为焦点的椭圆的一部分，故选B. 2．[2016·枣强中学期中]设圆O1和圆O2是两个相离的定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹可能是：①两条双曲线；②一条双曲线和一条直线；③一条双曲线和一个椭圆．以上命题正确的是( ) A．①③ B．②③ C．①② D．①②③ 答案 C 解析 因为圆O1与圆O2相离，不妨设半径分别为r1，r2，r1≤r2，若圆P与两圆都外切，则|PO2－PO1|＝r2－r1；与两圆都内切，则有|PO1－PO2|＝r2－r1；若圆P与圆O1，O2一个内切，一个外切，则有|PO1－PO2|＝r2＋r1，故当r2>r1时，轨迹是两条双曲线，当r2＝r1时，轨迹是一条双曲线和一条直线．故选C. 3．[2016·冀州中学期末]平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满

足OC→＝λ1OA→＋λ2OB→(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( ) A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线 答案 A 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 解析 设C(x，y)，因为OC→＝λ1OA→＋λ2OB→，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即

 x＝3λ1－λ2，

y＝λ1＋3λ2，解得 λ1＝y＋3x10，λ2＝3y－x10，

又λ1＋λ2＝1，

所以y＋3x10＋3y－x10＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹为直线，故选A. 4．[2016·衡水中学预测]在△ABC中，|BC→|＝4，△ABC的内切圆切BC于D点，且|BD→|－|CD→|＝22，则顶点A的轨迹方程为________． 答案 x22－y22＝1(x>2) 解析 以BC的中点为原点，中垂线为y轴建立如图所示的坐标系，E、F分别为两个切点．

则|BE|＝|BD|，|CD|＝|CF|， |AE|＝|AF|.

∴|AB|－|AC|＝|BE|－|CF|＝|BD→|－|CD→|＝22， ∴点A的轨迹为以B，C为焦点的双曲线的右支(y≠0)，且a＝2，c＝2，∴b＝2，

∴轨迹方程为x22－y22＝1(x>2)．

5．[2016·枣强中学热身]P是椭圆x2a2＋y2b2＝1上的任意一点，F1、F2是它的两个焦点，O

为坐标原点，有一动点Q满足OQ→＝PF1→＋PF2→，则动点Q的轨迹方程是________． 答案 x24a2＋y24b2＝1

解析 作P关于O的对称点M，连接F1M，F2M，则四边形F1PF2M为平行四边形，所以PF1

→

＋PF2→＝PM→＝2PO→＝－2OP→， 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 又OQ→＝PF1→＋PF2→， 所以OP→＝－12OQ→，

设Q(x，y)，则OP→＝－x2，－y2， 即P点坐标为－x2，－y2，又P在椭圆上，则有－x22a2＋－y22b2＝1， 即x24a2＋y24b2＝1. 6．[2016·衡水中学猜题]设椭圆方程为x2＋y24＝1，过点M(0,1)的直线l交椭圆于点A，

B，O是坐标原点，l上的动点P满足OP→＝12(OA→＋OB→)，点N的坐标为12，12，当l绕点M旋

转时，点P的轨迹方程为________． 答案 4x2＋y2－y＝0 解析 直线l过点M(0,1)，当l的斜率存在时，设斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设可得点A，B的坐标(x1，y1)、(x2，y2)是方程组

 y＝kx＋1，①

x2＋y24＝1，②

的解．

将①代入②并化简，得(4＋k2)x2＋2kx－3＝0，

∴ x1＋x2＝－2k4＋k2，y1＋y2＝84＋k2.

于是OP→＝12(OA→＋OB→)＝x1＋x22，y1＋y22＝－k4＋k2，44＋k2. 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 设点P的坐标为(x，y)，则 x＝－k4＋k2，y＝44＋k2， 消去参数k，得4x2＋y2－y＝0. ③ 当直线l的斜率不存在时，A，B的中点坐标为原点(0,0)，也满足方程③. ∴点P的轨迹方程为4x2＋y2－y＝0. 7．[2016·衡水中学一轮检测]如图，曲线M：y2＝x与曲线N：(x－4)2＋2y2＝m2(m>0)相交于A、B、C、D四点．

(1)求m的取值范围； (2)求四边形ABCD的面积的最大值及面积最大时对角线AC与BD的交点坐标． 解 (1)联立曲线M，N，消去y可得(x－4)2＋2x－m2＝0，即x2－6x＋16－m2＝0，根据条件可得

 Δ＝36－－m2，x1＋x2＝6>0，

x1x2＝16－m2>0，

解得7

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x2>x1，y1>0，y2>0， 则SABCD＝(y1＋y2)(x2－x1) ＝(x1＋x2)(x2－x1) ＝x1＋x2＋2x1x2· x1＋x22－4x1x2 ＝6＋216－m2·36－－m2. 令t＝16－m2，则t∈(0,3)， SABCD＝6＋2t·36－4t2 ＝22 －t3－3t2＋9t＋27， 设f(t)＝－t3－3t2＋9t＋27， 令f′(t)＝－3t2－6t＋9＝－3(t2＋2t－3)＝－3(t－1)(t＋3)＝0，可得当t∈(0,3)时，f(t)的最大值为f(1)＝32，从而SABCD的最大值为16. 令 16－m2＝1，得m2＝15. 联立曲线M，N的方程，消去y并整理得 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 x2－6x＋1＝0，解得x1＝3－22，x2＝3＋22，

所以A点坐标为(3－22，2－1)，C点坐标为(3＋22，－2－1)，

kAC＝－2－－2－＋22－－22＝－12，

则直线AC的方程为y－(2－1)＝－12[x－(3－22)]， 当y＝0时，x＝1，由对称性可知AC与BD的交点在x轴上， 即对角线AC与BD的交点坐标为(1,0)．

8．[2016·冀州中学模拟]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.

(1)求椭圆C的标准方程； (2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：

是否存在一个定点M(t,0)，使得MP→·MQ→＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． 解 (1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2， ∴b＝3，

故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.

(2)由 y＝kx＋m3x2＋4y2＝12得：(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2. 设P(xP，yP)，则xP＝－4km3＋4k2＝－4km，yP＝kxP＋m＝－4k2m＋m＝3m，

即P－4km，3m. ∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，

∴MP→＝－4km－t，3m，MQ→＝(4－t，4k＋m)， 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 ∴MP→·MQ→＝－4km－t·(4－t)＋3m·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4km(t－1)＝0恒成立，故 t＝1

t2－4t＋3＝0

，即t＝1.

∴存在点M(1,0)符合题意． 9．[2016·衡水二中周测]如图，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．

(1)求抛物线E的方程； (2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，以PQ为直径的圆是否恒过y轴上某定点M，若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)依题意得|OB|＝83，根据对称性知∠BOy＝30°. 设点B(x，y)，则x＝83×sin30°＝43， y＝83×cos30°＝12，所以B(43，12)在抛物线上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2，抛物线E的方程为x2＝4y.

(2)设点P(x0，y0)(x0≠0)，因为y＝14x2，y′＝12x，

直线l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，即y＝12x0x－14x20.

由 y＝12x0x－14x20y＝－1得 x＝x20－42x0y＝－1， 所以Qx20－42x0，－1. 设满足条件的定点M存在，坐标为M(0，y1)，