山东省高考数学第二轮复习 专题升级训练26 解答题专项训练(解析几何)专题升级训练卷(附答案) 文

1．已知m ∈R ，直线l ：mx －(m 2＋1)y ＝4m 和圆C ：x 2＋y 2
－8x ＋4y ＋16＝0有公共点． (1)求直线l 斜率的取值范围；
(2)直线l 能否将圆C 分割成弧长的比值为1
2
的两段圆弧？为什么？
2．已知⊙C ：x 2＋(y －1)2
＝5，直线l ：mx －y ＋1－m ＝0. (1)求证：对m ∈R ，直线l 与圆C 总有两个不同交点A ，B ； (2)求弦AB 中点M 的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线？
3．在平面直角坐标系xOy 中，记二次函数f (x )＝x 2
＋2x ＋b (x ∈R )与两坐标轴有三个交点，经过三个交点的圆记为C .
(1)求实数b 的取值范围； (2)求圆C 的方程．
4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－1,0)，离心率为2
2
.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围．
5．已知两点A ，B 分别在直线y ＝x 和y ＝－x 上运动，且|AB |＝455
，动点P 满足2OP →
＝
OA →＋OB →
(O 为坐标原点)，点P 的轨迹记为曲线C .
(1)求曲线C 的方程；
(2)过曲线C 上任意一点作它的切线l ，与椭圆x 24
＋y 2＝1交于M ，N 两点，求证：OM →·ON →
为
定值．
6．若λ＞0，点A 的坐标为(1,1)，点B 在抛物线y ＝x 2
上运动，点Q 满足BQ →＝λQA →，经
过点Q 与x 轴垂直的直线交抛物线于点M ，点P 满足QM →＝λMP →
，求点P 的轨迹方程．
7．已知平面内一动点P 到点F (1,0)的距离与点P 到y 轴的距离的差等于1. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；
(2)过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与
轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB →
的最小值．
8．设圆C 与两圆(x ＋5)2＋y 2＝4，(x －5)2＋y 2
＝4中的一个内切，另一个外切． (1)求C 的圆心轨迹L 的方程；
(2)已知点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫
355
，455，F (5，0)，且P 为L 上动点，求||MP |－|FP ||的最大值及此
时点P 的坐标．
参考答案 1．解：(1)直线l 的方程可化为y ＝m m 2＋1x －4m
m 2＋1，
直线l 的斜率k ＝
m
m 2
＋1
，
因为|m |≤12
(m 2
＋1)，
所以|k |＝|m |m 2＋1≤1
2
，当且仅当|m |＝1时等号成立．
所以斜率k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，12. (2)不能．
由(1)知直线l 的方程为y ＝k (x －4)，其中|k |≤1
2
.
圆C 的圆心为C (4，－2)，半径r ＝2.
圆心C 到直线l 的距离d ＝2
1＋k
2
. 由|k |≤12，得d ≥45
＞1，即d ＞r
2.
从而，若l 与圆C 相交，则圆C 截直线l 所得的弦所对的圆心角小于2π
3
.
所以l 不能将圆C 分割成弧长的比值为1
2
的两段圆弧．
2．解：(1)圆心C (0,1)，半径r ＝5，则圆心到直线l 的距离d ＝|－m |
1＋m
2
＜1，∴d ＜r . ∴对m ∈R ，直线l 与圆C 总有两个不同的交点A ，B . (2)设中点M (x ，y )，
因为l ：m (x －1)－(y －1)＝0恒过定点(1,1)，
∴k AB ＝y －1x －1，又k MC ＝y －1
x ，k AB k MC ＝－1，
∴y －1x －1·y －1x ＝－1，整理得：x 2＋y 2－x －2y ＋1＝0， 即2
211+(1)24x y ⎛⎫--= ⎪⎝
⎭，表示圆心坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，半径是12的圆．
3．解：(1)令x ＝0，得抛物线与y 轴交点是(0，b )；
函数f (x )＝x 2
＋2x ＋b 与坐标轴有三个交点， 由题意b ≠0且Δ＞0，解得b ＜1且b ≠0.
(2)设所求圆的一般方程为x 2＋y 2
＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，
令y ＝0得x 2
＋Dx ＋F ＝0，
这与x 2
＋2x ＋b ＝0是同一个方程，故D ＝2，F ＝b .
令x ＝0得y 2
＋Ey ＋F ＝0，
此方程有一个根为b ，代入得出E ＝－b －1.
所以圆C 的方程为x 2＋y 2
＋2x －(b ＋1)y ＋b ＝0.
4．解：(1)由题意可知：c ＝1，a 2＝b 2＋c 2
，e ＝c a ＝22，
解得a ＝2，b ＝1.
故椭圆C 的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，
联立，得⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k x ＋1，x 2
2
＋y 2
＝1，
整理得(1＋2k 2
)x 2
＋4k 2
x ＋2k 2
－2＝0.
∵直线AB 过椭圆的左焦点F ， ∴方程有两个不等实根．
记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点N (x 0，y 0)，
则x 1＋x 2＝－4k 2
1＋2k 2
，x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 2
2
， 垂直平分线NG 的方程为y －y 0＝－1
k
(x －x 0)．
令y ＝0，得x ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k
2
2k 2＋1
＝－k 22k 2＋1＝－12＋1
4k 2＋2
.
∵k ≠0，∴－1
2
＜x ＜0.
∴点G 横坐标的取值范围为⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，0. 5．解：(1)方法一：设P (x ，y )，A (x 1，x 1)，B (x 2，－x 2)． ∵2OP →＝OA →＋OB →
，∴P 是线段AB 的中点，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝x 1
＋x 2
2，y ＝x 1
－x
2
2.
∵|AB |＝455，∴(x 1－x 2)2＋(x 1＋x 2)2
＝165
，
∴(2y )2＋(2x )2
＝165
.
∴化简得点P 的轨迹C 的方程为x 2＋y 2
＝45
.
方法二：∵2OP →＝OA →＋OB →
， ∴P 为线段AB 的中点．
∵A ，B 分别在直线y ＝x 和y ＝－x 上，∴∠AOB ＝90°.
又|AB |＝455，∴|OP |＝25
5.
∴点P 在以原点为圆心，25
5
为半径的圆上．
∴点P 的轨迹C 的方程为x 2＋y 2
＝45
.
(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋m ，
∵l 与C 相切，∴|m |1＋k
2
＝25
5，
∴m 2＝45(1＋k 2
)．
联立⎩⎪⎨
⎪
⎧
y ＝kx ＋m ，x 2
＋4y 2＝4，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
1＋4k 2x 2＋8mkx ＋4m 2－4＝0，
1＋4k 2
y 2
－2my ＋m 2
－4k 2
＝0.
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
则x 1x 2＝4m 2
－41＋4k 2，y 1y 2＝m 2－4k 2
1＋4k
2.
∴OM →·ON →
＝x 1x 2＋y 1y 2＝5m 2－4k 2
－41＋4k
2
. 又m 2＝45
(1＋k 2
)，∴OM →·ON →＝0，
当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±
255，代入椭圆方程得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫
255
，255，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫255，－255或M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－255，255，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－25
5，－255，
此时，OM →·ON →＝45－4
5＝0.
综上所述，OM →·ON →
为定值0.
6．解：由QM →＝λMP →
知Q ，M ，P 三点在同一条垂直于x 轴的直线上，
故可设P (x ，y )，Q (x ，y 0)，M (x ，x 2
)，
则x 2－y 0＝λ(y －x 2
)．
即y 0＝(1＋λ)x 2
－λy . ①
再设B (x 1，y 1)，由BQ →＝λQA →
，
即(x －x 1，y 0－y 1)＝λ(1－x,1－y 0)，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
x 1＝1＋λx －λ，y 1＝1＋λy 0－λ. ②
将①式代入②式，消去y 0，得⎩⎪⎨
⎪⎧
x 1＝1＋λx －λ，
y 1＝
1＋λ
2x 2
－λ1＋λy －λ.
③
又点B 在抛物线y ＝x 2
上，
所以y 1＝x 21，再将③式代入y 1＝x 2
1，
得(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ＝[(1＋λ)x －λ]2
.
(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ＝(1＋λ)2x 2－2λ(1＋λ)x ＋λ2
. 2λ(1＋λ)x －λ(1＋λ)y －λ(1＋λ)＝0.
因为λ＞0，两边同时除以λ(1＋λ)，得2x －y －1＝0. 故所求点P 的轨迹方程为y ＝2x －1. 7．解：(1)设动点P 的坐标为(x ，y )， 由题意得x －12＋y 2－|x |＝1.
化简得y 2
＝2x ＋2|x |，
当x ≥0时，y 2
＝4x ；当x ＜0时，y ＝0.
所以动点P 的轨迹C 的方程为y 2
＝4x (x ≥0)和y ＝0(x ＜0)． (2)由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0， 设为k ，则l 1的方程为y ＝k (x －1)．
由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝k x －1，
y 2
＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2
＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，
于是x 1＋x 2＝2＋4
k
2，x 1x 2＝1.
因为l 1⊥l 2，所以l 2的斜率为－1
k
.
设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，则同理可得x 3＋x 4＝2＋4k 2
，x 3x 4＝1. AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →)
＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB → ＝|AF →|·|FB →|＋|FD →|·|EF →|
＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1)
＝1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＋4k 2＋1＋1＋(2＋4k 2
)＋1
＝8＋4⎝
⎛⎭
⎪⎫k 2＋1k
2≥8＋4×2
k 2·1
k
2
＝16，
故当且仅当k 2
＝1k
2，即k ＝±1时，AD →·EB →取最小值16.
8．解：(1)设C 的圆心的坐标为(x ，y )，
由题设条件知|
x ＋52＋y 2－x －5
2
＋y 2
|＝4，
化简得L 的方程为x 24
－y 2
＝1.
(2)过M ，F 的直线l 的方程为y ＝－2(x －5)，将其代入L 的方程得15x 2
－325x ＋84＝0，
解得x 1＝655，x 2＝145
15
，
所以l 与L 的交点坐标为T 1⎝
⎛⎭⎪⎫655，－255，T 2⎝ ⎛⎭⎪⎫
14515
，2515.
因T 1在线段MF 外，T 2在线段MF 内，故当P 处于T 1时，
||MP |－|FP ||＝||MT 1|－|FT 1||＝|MF |＝2，
当P 处于T 2时，||MP |－|FP ||＝||MT 2|－|FT 2||＜|MF |＝2， 若P 不在直线MF 上，在△MFP 中有||MP |－|FP ||＜|MF |＝2.
故||MP |－|FP ||只在T 1点处取得最大值，即||MP |－|FP ||的最大值为2，此时点P 的坐标
为⎝ ⎛⎭⎪⎫65
5
，－255.
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