2019-2020年高考数学一轮复习第九章解析几何层级快练66文
1．(xx·重庆一中期中)当曲线y＝－4－x与直线kx－y＋2k－4＝0有两个不同的交点时，实数k的取值范围是( ) 3
A．(0，)
43
C．(，1]
4答案 C
解析 曲线y＝－4－x表示圆x＋y＝4的下半部分，直线kx－y＋2k－4＝0过定点(－2，－4)．由
|2k－4|3
＝2，解得k＝，所以过点(－2，2
4k＋1
22
2
2
53B．(，] 1243
D．(，＋∞)
4
3352
－4)且斜率k＝的直线y＝x－与曲线y＝－4－x相切，如图所示．过点(－2，－4)与
442－4－02
点(2，0)的直线的斜率为＝1.所以曲线y＝－4－x与直线kx－y＋2k＝0有两个不
－2－23
同的交点时，实数k的取值范围是(，1]．故选C.
4
2．设抛物线x＝2py(p>0)，M为直线y＝－2p上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B，记A，B，M的横坐标分别为xA，xB，xM，则( ) A．xA＋xB＝2xM 112C.＋＝ xAxBxM答案 A
xxxA
解析 由x＝2py得y＝，所以y′＝，所以直线MA的方程为y＋2p＝(x－xM)，直线
2ppp
2
2
2
B．xA·xB＝xM D．以上都不对
2
xBxAxAxBxB
MB的方程为y＋2p＝(x－xM)，所以＋2p＝(xA－xM) ①，＋2p＝(xB－xM) ②，由
p2pp2pp①②可得xA＋xB＝2xM，故选A.
y
3．(xx·浙江，文)设双曲线x－＝1的左、右焦点分别为F1，F2.若点P在双曲线上，且
3
2
2
22
△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|＋|PF2|的取值范围是________． 答案 (27，8)
解析 由题意不妨设点P在双曲线的右支上，现考虑两种极限情况：当PF2⊥x轴时，|PF1|＋|PF2|有最大值8；当∠P为直角时，|PF1|＋|PF2|有最小值27.因为△F1PF2为锐角三角形，
所以|PF1|＋|PF2|的取值范围为(27，8)．
4．已知圆C的半径为2，圆心在直线y＝－x＋2上，E(1，1)，F(1，－3)，若圆上存在点Q，使|QF|－|QE|＝32，则圆心的横坐标a的取值范围为________． 答案 [－3，1]
解析 根据题意，可设圆C的方程为(x－a)＋(y＋a－2)＝4，设Q(x，y)，由|QF|－|QE|
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
＝32，得到(x－1)＋(y＋3)－(x－1)－(y－1)＝32，得y＝3，故点Q在直线y＝3上，又点Q在圆(x－a)＋(y＋a－2)＝4上，所以圆C与直线y＝3必须有公共点．因为圆心的纵坐标为－a＋2，半径为2，所以圆C与直线y＝3有公共点的充分条件是1≤－a＋2≤5，即－3≤a≤1.所以圆心的横坐标a的取值范围是[－3，1]．
5．(xx·江西红色七校二模)已知椭圆的焦点坐标为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，且|PQ|＝3. (1)求椭圆的方程；
(2)过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时直线l的方程；若不存在，请说明理由． xy9π
答案 (1)＋＝1 (2)存在，最大值为 4316
xy2b
解析 (1)设椭圆方程为2＋2＝1(a>b>0)，由焦点坐标可得c＝1，由|PQ|＝3，可得＝3.
aba又a－b＝1，解得a＝2，b＝3， xy
故椭圆方程为＋＝1.
43
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设y1>0，y2<0.设△F1MN的内切圆的半径为R. 则△F1MN的周长为4a＝8，
1
S△F1MN＝(|MN|＋|F1M|＋|F1N|)R＝4R.
2
因此，S△F1MN最大，R就最大，△F1MN的内切圆的面积就最大． 由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1. x＝my＋1，??22
22
由?xy得(3m＋4)y＋6my－9＝0，
＋＝1，??43
－3m＋6m＋1－3m－6m＋1则y1＝，y2＝， 22
3m＋43m＋4112m＋1
则S△F1MN＝|F1F2|(y1－y2)＝y1－y2＝. 2
23m＋4
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
2
12m＋112t12
令t＝m＋1，t≥1，则S△F1MN＝＝2＝. 23m＋43t＋11
3t＋
t
2
2
11
令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－2，当t≥1时，f′(t)≥0，
tt
f(t)在[1，＋∞)上单调递增，则f(t)≥f(1)＝4，S△F1MN≤3，且当t＝1，即m＝0时，(S△F1MN)max＝3.
39
∵S△F1MN＝4R，∴Rmax＝，这时所求内切圆面积的最大值为π.故直线l的方程为x＝1
4169
时，△F1MN内切圆的面积取得最大值π.
16
6．(xx·安徽六安二模)设点P是圆x＋y＝4上的任意一点，点D是点P在x轴上的投影，→→
动点M满足3 PD＝2MD，过定点Q(0，2)的直线l与动点M的轨迹交于A，B两点． (1)求动点M的轨迹方程；
(2)在y轴上是否存在点E(0，t)，使|EA|＝|EB|？若存在，求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由．
xy1
答案 (1)＋＝1 (2)存在，t∈(－，0]
432
解析 (1)设点M的坐标为(x，y)，点P的坐标为(xp，yp)，则点D的坐标为(xp，0)，由3 xp＝x，??→→
PD＝2MD，得?23
yp＝y.?3?
232xy
∵点P在圆上，∴x＋(y)＝4，即＋＝1，
343
2
2
2
2
2
2
2
xy
∴点M的轨迹方程为＋＝1.
43
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，当E与原点重合，即t＝0时，满足|EA|＝|EB|.
xy22
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，代入＋＝1，消去y，得(3＋4k)x
43＋16kx＋4＝0，
122
则由Δ＝(16k)－16(3＋4k)>0，得|k|>. 2
16k4
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 4k＋34k＋3→→→
∵|EA|＝|EB|，∴(EA＋EB)·AB＝0.
2
2
22
→→→
又EA＋EB＝(x1＋x2，k(x1＋x2)＋4－2t)，AB＝(x2－x1，k(x2－x1))，
∴(x2－x1，k(x2－x1))·(x1＋x2，k(x1＋x2)＋4－2t)＝0，展开化简，得(1＋k)·(x1＋x2)＋4k－2kt＝0，
16k2
将x1＋x2＝－2代入化简，得t＝－2，
4k＋34k＋3121
又|k|>，∴t＝－2∈(－，0)．
24k＋32
1
综上，存在符合题意的点E，且实数t的取值范围为(－，0]．
2
7．(xx·贵州贵阳考试)已知抛物线E：y＝4x的焦点为F，准线为l，准线l与x轴的交点为P，过点P且斜率为k的直线m交抛物线于不同的两点A，B. (1)若|AF|＋|BF|＝8，求线段AB的中点Q到准线的距离；
→→→
(2)E上是否存在一点M，满足PA＋PB＝PM？若存在，求出直线m的斜率；若不存在，请说明理由．
答案 (1)4 (2)不存在
解析 (1)由抛物线E的方程为y＝4x， 可得F(1，0)，准线l：x＝－1，P(－1，0)．
过点A作AA′⊥l，过点B作BB′⊥l，垂足分别为A′，B′. 由抛物线的定义得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|， ∴由|AF|＋|BF|＝8得|AA′|＋|BB′|＝8. 过AB的中点Q作QQ′⊥l，垂足为Q′， 故QQ′是直角梯形AA′B′B的中位线，
|AA′|＋|BB′|8
∴|QQ′|＝＝＝4，即线段AB的中点Q到准线的距离为4.
22(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，
→→→
则PA＋PB＝(x1＋1，y1)＋(x2＋1，y2)＝(x1＋x2＋2，y1＋y2)＝(x＋1，y)＝PM，
??x1＋x2＋2＝x＋1，??x1＋x2＝x－1，故?即? ??y＋y＝y，y＋y＝y.1212??
2
2
2
设直线m的方程为y＝k(x＋1)，
y＝k（x＋1），??2
2222
联立?y＝4x，得kx＋(2k－4)x＋k＝0，
??k≠0，4－2k∴Δ＝(2k－4)－4k＝16－16k>0，x1＋x2＝2.
k
2
2
4
2
2