课堂新坐标2020届高三数学一轮复习 第八章第九节课时知能训练 理(广东专用).doc

课时知能训练

一、选择题

1.(2012·清远模拟)过点(0,1)作直线,使它与抛物线y=4x仅有一个公共点,这样的直线有( )

A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 【解析】 设过点(0,1)斜率为k的直线方程为y=kx+1.

??y=kx+1由?2

??y=4x2

得kx+(2k-4)x+1=0,(*)

22

当k=0时,方程(*)只有一根,

当k≠0时,Δ=(2k-4)-4k=-16k+16, 由Δ=0,即-16k+16=0得k=1,

∴k=0,或k=1时,直线与抛物线只有一个公共点, 又直线x=0和抛物线只有一个公共点,故选C. 【答案】 C

2.直线y=x+1截抛物线y=2px所得弦长为26,此抛物线方程为( ) A.y=2x B.y=6x C.y=-2x或y=6x D.以上都不对 【解析】 由?

?y=x+1???y=2px2

2

2

2

222

2

得x+(2-2p)x+1=0.

2

x1+x2=2p-2,x1x2=1.

∴26=1+1·=2·

2p-2

2

2

2

x1+x2

-4.

2

-4x1x2

解得p=-1或p=3,

∴抛物线方程为y=-2x或y=6x. 【答案】 C

2

x2y2

3.双曲线C:2-2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,直线l过焦点F,且斜率为k,则

ab直线l与双曲线C的左、右两支都相交的充要条件是( )

A.k>- B.k< C.k>或k<- D.-<k<

【解析】 由双曲线渐近线的几何意义知-<k<. 【答案】 D

4.斜率为1的直线l与椭圆+y=1相交于A、B两点,则|AB|的最大值为( )

445

A.2 B. 5

babababababababax2

2

C.

410810

D. 55

2

2

【解析】 设椭圆与直线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,

??x+4y=4,由?

?y=x+t.?

消去y,得5x+8tx+4(t-1)=0.

22

84则有x1+x2=-t,x1x2=

5∴|AB|=1+k|x1-x2| =2·

8-t5

2

2

t2-1

5

.

4-4×

t2-1

5

422

5-t, 5

410

当t=0时,|AB|max=.

5【答案】 C

12

5.抛物线y=2x上两点A(x1,y1)、B(x2,y2)关于直线y=x+m对称,且x1·x2=-,

2则m等于( )

35

A. B.2 C. D.3 22【解析】 kAB=

y2-y122

=-1,且y2-y1=2(x2-x1), x2-x1

1x2+x1y2+y1

得x2+x1=-,又(,)在直线y=x+m上,

222∴

y2+y1x2+x1

2

2

2

2

+m,y2+y1=x2+x1+2m.

2(x2+x1)=x2+x1+2m,

32

∴2[(x2+x1)-2x2x1]=x2+x1+2m,2m=3,m=.

2【答案】 A 二、填空题

6.已知(4,2)是直线l被椭圆+=1所截得的线段的中点,则l的方程是________.

369【解析】 设直线l与椭圆相交于A(x1,y1),B(x2,y2). 则+=1,且+=1, 369369两式相减得

x2y2

x21y21x22y22

y1-y2x1+x2

=-, x1-x24y1+y2

又x1+x2=8,y1+y2=4, ∴

y1-y211

=-,故直线l的方程为y-2=-(x-4),即x+2y-8=0. x1-x222

【答案】 x+2y-8=0

x2y2

7.直线y=kx+1与椭圆+=1恒有公共点,则m的取值范围是________.

5m

【解析】 直线y=kx+1过定点(0,1),由题意,点(0,1)在椭圆内或椭圆上. ∴m≥1,且m≠5. 【答案】 m≥1,且m≠5

8.(2012·惠州调研)已知点P在直线x+y+5=0上,点Q在抛物线y=2x上,则|PQ|的最小值等于________.

【解析】 设直线l′平行于直线x+y+5=0,且与抛物线相切,设l′:y=-x+m,

??y=-x+m由?2

??y=2x2

得y+2y-2m=0,

2

1由Δ=4+8m=0得m=-.

2

1|5-|

29292

则两直线距离d==,即|PQ|min=.

442【答案】

92

4

三、解答题

图8-9-3

9.如图8-9-3,过椭圆+=1内一点M(1,1)的弦AB.

164(1)若点M恰为弦AB的中点,求直线AB的方程; (2)求过点M的弦的中点的轨迹方程.

【解】 (1)设直线AB的斜率为k,则AB的方程可设为y-1=k(x-1),

x2y2

y=kx-1+1,??22由?xy+=1,??164

2

2

消去y得(1+4k)x+8k(1-k)x+4(1-k)-16=0, 8k设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=又M(1,1)是AB中点,则8k综上,得

k-1

, 2

1+4kx1+x2

2

=1.

k-11

=2,解得k=-. 2

1+4k4

1

∴直线AB的方程为y-1=-(x-1),

4即x+4y-5=0.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中点为P(x,y),

??16+4=1, 则?xy??16+4=1, ②

2

2

22

x212

y1

1x1+x2y-1

由①-②得(-)·=,

4y1+y2x-1而x1+x2=2x,y1+y2=2y. 12xy-1∴(-)·=. 42yx-1

整理,得轨迹方程为x+4y-x-4y=0.

10.(2012·佛山模拟)已知椭圆P的中心O在坐标原点,焦点在x轴上,且经过点

1

2

2

2

A(0,23),离心率为.

(1)求椭圆P的方程;

→→16

(2)是否存在过点E(0,-4)的直线l交椭圆P于点R,T,且满足OR·OT=.若存在,

7求直线l的方程;若不存在,请说明理由.

x2y2

【解】 (1)设椭圆P的方程为2+2=1(a>b>0),

abc1

由题意得b=23,e==,

a2

∴a=2c,b=a-c=3c,c=4,c=2,a=4, ∴椭圆P的方程为+=1.

1612(2)假设存在满足题意的直线l.

→→

易知当直线l的斜率不存在时,OR·OT<0不满足题意. 故可设直线l的方程为y=kx-4,

2

2

2

2

2

x2y2

R(x1,y1),T(x2,y2).

16→→16

∵OR·OT=,∴x1x2+y1y2=.

77

y=kx-4??2

由?xy2

+=1??1612

,得(3+4k)x-32kx+16=0,

2

2

22

由Δ>0得,(-32k)-4(3+4k)×16>0, 12

解得k>.①

4

32k16

∴x1+x2=2,x1x2=2,

3+4k3+4k∴y1y2=(kx1-4)(kx2-4) =kx1x2-4k(x1+x2)+16,

2

1616k128k16

故x1x2+y1y2=, 2+2-2+16=

3+4k3+4k3+4k7解得k=1,② 由①②解得k=±1, ∴直线l的方程为y=±x-4.

故存在直线l:x+y+4=0或x-y-4=0满足题意.

11.(2012·青岛模拟)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,点F1、F2分别是椭圆

2

22

a2

的左、右焦点,在直线x=(a、c分别为椭圆的长半轴和半焦距的长)上的点P(2,3),

c满足线段PF1的中垂线过点F2.过原点O且斜率均存在的直线l1、l2互相垂直,且截椭圆所得的弦长分别为d1、d2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)求d1+d2的最小值及取得最小值时直线l1、l2的方程.

2

2

x2y2

【解】 (1)设椭圆C的方程为2+2=1(a>b>0),

aba??=2,

依题意有|PF2|=|F1F2|=2c,所以?c??2c2-2-c2

2

=3,

?c=1,

解得?

?a=2,

所以,b=1,所求椭圆方程为+y=1.

2

x2

2

1

(2)设kl1=k,则kl2=-,

k222

直线l1:y=kx与椭圆+y=1,联立得:x=2,

21+2k2ky=2,

1+2k2

2

x2

4

所以,d=4(x+y)=

21

2

2

2+2k2

1+2k2

=4+

4

2, 1+2k82

同理可得:d2=8-2,

2+k所以,d+d=12+=12-

21

22

-12k1+2k2

2

2+k2

12k=12-4 2

2k+5k+2

2

12432

≥12-=, 2332

2k+2+5

k22

当且仅当2k=2,即k=±1时等号成立,

k3222

∴d1+d2的最小值为,此时直线l1与l2的方程分别为y=±x.

3

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