2019版高中全程复习数学(文)课时作业：第八章解析几何45含答案
2019版高中全程复习数学(文)课时作业：第八章解析几何50含答案
直线与圆锥曲线
2
y 1． 设 F1， F2 分别是椭圆 E： x2＋ 2＝1(0<b<1)的左、 右焦点， 过 F1 的直线 l 与 E 相交于 A， B 两点， 且|AF2|， b
|AB|，|BF2|成等差数列． (1)求|AB|； (2)若直线 l 的斜率为 1，求 b 的值． 解析：(1)由椭圆定义知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4， 4 又 2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝ . 3 (2)设直线 l 的方程为 y＝x＋c，其中 c＝ 1－b .
a＝2， c 2 解析：(1)由题意得 ＝ ， a 2 a2＝b2＋c2， x y 解得 b＝ 2，所以椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1. 4 2 y＝k x－1 ，
(2)由 x ＋y ＝1， 4 2
2 2 2 2
得(1＋2k )x －4k x＋2k －4＝0.
2
2
2
2
设点 M，N 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
2
A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝x＋c，
则 A，B 两点坐标满足方程组 x2＋y ＝1. b2 化简得(1＋b )x ＋2cx＋1－2b ＝0. 则 x1＋x2＝ －2c 1－2b ，x1x2＝ . 2 2 1＋b 1＋b
2 2 2 2 2
因为直线 AB 的斜率为 1， 所以|AB|＝ 2|x2－x1|， 4 即 ＝ 2|x2－x1|. 3 8 4 1－b 2 则 ＝(x1＋x2) －4x1x2＝ 2 9 1＋b 所以 b＝ 2 . 2
2
3 ＋ ＝0， 4
x 2 5．已知椭圆 C1 的方程为 ＋y ＝1，双曲线 C2 的左、右焦点分别是 C1 的左、右顶点，而 C2 的左、右顶点 4
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章 解析几何 48含答案
)
y2 B．x2－ ＝1 3 y2 2 D．x － ＝1 2
解析： 本题考查双曲线的几何性质． 由题意知 a＝1.不妨设点 M 在第一象限， 则由题意有|AB|＝|BM|＝2，∠ABM＝120°.过点 M 作 MN⊥x 轴于点 N，则|BN|＝ 3 1，|MN|＝ 3，所以 M(2， 3)，代入双曲线方程得 4－ 2＝1，解得 b＝1，所以 b 双曲线的方程为 x2－y2＝1，故选 C. 根据条件求得点 M 的坐标是解题的关键． 答案：C 7．(2018²长沙模拟(二))给出关于双曲线的三个命题： y2 x2 2 ①双曲线 － ＝1 的渐近线方程是 y＝± x； 9 4 3 x2 y2 ②若点(2,3)在焦距为 4 的双曲线 2－ 2＝1 上，则此双曲线的离心率 e＝2； a b x2 y2 ③若点 F，B 分别是双曲线 2－ 2＝1 的一个焦点和虚轴的一个端点，则线段 a b FB 的中点一定不在此双曲线的渐近线上． 其中正确命题的个数是( A．0 C．2 B．1 D．3 )
b2 解析：由已知得 ＝2c，即 c2－2ac－a2＝0，所以 e2－2e－1＝0，解得 e＝ a
1± 2，又 e＞1，所以 e＝1＋ 2，故选 C. 答案：C x2 y2 6．(2018²湖北调考)已知点 A(－1,0)，B(1,0)为双曲线 2－ 2＝1(a＞0，b a b ＞0)的左、右顶点，点 M 在双曲线上，△ABM 为等腰三角形，且顶角为 120°， 则该双曲线的标准方程为( y2 A．x2－ ＝1 4 C．x －y ＝1
2
x2 y2 A. － ＝1 4 12 x2 C. －y2＝1 3
解析：本题主要考查双曲线的几何性质和双曲线的方程． b 不妨设点 A 在第一象限， 由题意可知 c＝2， 点 A 的坐标为(1， 3)， 所以 ＝ a y2 3，又 c ＝a ＋b ，所以 a ＝1，b ＝3，故所求双曲线的方程为 x － ＝1，故选 3
2019年全品一轮复习文科数学第8单元 解析几何 作业答案
课时作业(四十二)1. C [解析] ∵点(√3,4)在直线l :ax-y+1=0上,∴√3a-4+1=0,∴a=√3,即直线l 的斜率为√3,故直线l 的倾斜角为60°.2. D [解析] 当直线过原点时,直线方程为y=2x ; 当直线斜率为1时,直线方程为x-y+1=0; 当直线斜率为-1时,直线方程为x+y-3=0.综上所述,所求直线方程为y=2x 或x+y-3=0或x-y+1=0. 3. D [解析] ∵直线l 1的斜率为3,l 1⊥l 2,∴直线l 2的斜率为-13.∵直线l 2经过点(0,5),∴直线l 2的方程为y=-13x+5,即x+3y-15=0.4. 85[解析] ∵直线x-2y+1=0的倾斜角为α,∴tan α=12,∴cos 2α+sin 2α=cos 2α+2sinαcosαsin 2α+cos 2α=1+2tanαtan 2α+1=1+2×12(12)2+1=85.5. (-2,3) [解析] 将直线方程整理为m (x+2)-(x+y-1)=0, 令{x +2=0,x +y -1=0,解得{x =-2,y =3,则直线恒过定点(-2,3). 6. D [解析] 由题意得-2tanα=83,故tan α=-34,故cos α=-45.7. C [解析] 设直线l 的方程为x a +y b=1,则2a +1b=1①,又12|ab|=4,即ab=8②或ab=-8③.由①②组成的方程组有一组解,由①③组成的方程组有两组解,所以这样的直线l 有3条.故选C .8. B [解析] 令x=0,得y=sin α<0,令y=0,得x=cos α>0,则直线过(0,sin α),(cos α,0)两点,因而直线必不经过第二象限.9. C [解析] 如图所示,由题意可设直线PQ 的方程为y+1=k (x-1),令x=0,则y=-1-k ,可得Q (0,-1-k ),则直线QB 的方程为y=-kx-1-k ,则|-2k -1-k|√1+k 2<1,解得-34<k<0,∴入射光线所在直线的斜率的取值范围为-34,0.10. C [解析] ∵e 2=m 2+n 2m 2=4,∴n 2m 2=3,即n m =±√3,则直线mx+ny-1=0的斜率k=-m n =±√33,故直线mx+ny-1=0的倾斜角为π6或5π6.11. x+2y-2=0或2x+y+2=0 [解析] 显然直线不平行于x ,y 轴.设直线方程为y-2=k (x+2)(k ≠0),与x 轴交点为(-2k-2,0),与y 轴交点为(0,2k+2),∴12|-2k -2|·|2k+2|=1,解得k=-12或k=-2,∴所求直线方程为x+2y-2=0或2x+y+2=0.12. [-2,2] [解析] b 为直线y=-2x+b 在y 轴上的截距.如图,当直线y=-2x+b 过点A (-1,0)和点B (1,0)时,b 分别取得最小值和最大值,∴b 的取值范围是[-2,2].13. 解:设点A (x ,y )在l 1上,点B (x B ,y B )在l 2上.由题意知{x+x B 2=3,y+yB 2=0,则点B (6-x ,-y ), 解方程组{2x -y -2=0,(6-x)+(-y)+3=0,得{x =113,y =163,则所求直线的斜率k=163-0113-3=8, 故所求的直线方程为y=8(x-3),即8x-y-24=0. 14. 解:(1)证明:直线l 的方程可化为y=k (x+2)+1, 故无论k 取何值,直线l 总过定点(-2,1).(2)直线l 的方程可化为y=kx+2k+1,则直线l 在y 轴上的截距为2k+1, 要使直线l 不经过第四象限,则{k ≥0,1+2k ≥0,故k 的取值范围是k ≥0.(3)依题意,直线l 在x 轴上的截距为-1+2kk,在y 轴上的截距为1+2k ,且k>0,所以A (-1+2kk,0),B (0,1+2k ), 故S=12|OA||OB|=12×1+2k k ×(1+2k )=12(4k +1k +4)≥12×(4+4)=4,当且仅当4k=1k,即k=12时取等号,故S 的最小值为4,此时直线l 的方程为x-2y+4=0. 15. C [解析] 设M (x ,y ),由k MA ·k MB =3,得y x+1·yx -1=3,即y 2=3x 2-3.联立{x -my +√3m =0,y 2=3x 2-3,得(1m 2-3)x 2+2√3m x+6=0, 则Δ=(2√3m )2-24(1m 2-3)≥0,即m 2≥16,解得m ≤-√66或m ≥√66,∴实数m 的取值范围是(-∞,-√66]∪[√66,+∞),故选C .16. C [解析] 由|log a x|=m ,可得x A =a m ,x B =a -m ,所以y C =ka -m ,y D =ka m ,则直线CD 的斜率为y D -y C x D -x C =ka m -ka -ma -m -a m=-k ,所以直线CD 的斜率与m 无关,与k 有关,故选C .课时作业(四十三)1. C [解析] 圆(x+1)2+y 2=1的圆心为(-1,0),圆心到直线y=x-1的距离d=√2=√2. 2. B [解析] ∵直线l 1的方程为3x+4y-7=0,直线l 2的方程为6x+8y+1=0,即3x+4y+12=0,∴直线l 1与l 2间的距离为|12+7|√3+4=32.3. A [解析] l 1⊥l 2的充要条件是a+(a+2)a=0,所以(a+3)a=0,解得a=-3或a=0,故“a=-3”是“l 1⊥l 2”的充分不必要条件.4. D [解析] 若a=0,两直线方程分别为-x+2y+1=0和x=-3,此时两直线相交,所以a ≠0.当a ≠0时,若两直线平行,则有a -11=2a ≠13,解得a=-1或2.5. 34[解析] 双曲线x 216-y 29=1的渐近线方程为y=±34x ,由题意可得k=34.6. A [解析] 由2m-20=0,得m=10.由垂足(1,p )在直线mx+4y-2=0上,得10+4p-2=0,∴p=-2.又垂足(1,-2)在直线2x-5y+n=0上,则n=-12.7. C [解析] 若以O 为直角顶点,则B 在x 轴上,则a 必为0,此时O ,B 重合,不符合题意.若∠A=π2,则b=a 3≠0.若∠B=π2,则根据垂直关系可知a 2·a 3-b a =-1,所以a (a 3-b )=-1,即b-a 3-1a=0.以上两种情况皆有可能,故只有C 满足条件.8. C [解析] 由题意得A (1,2),B (2,11)两点分布在直线y=(m -6m)x+1(m ≠0)的两侧或其中一点在直线上,∴(m -6m-2+1) [2(m -6m)-11+1]≤0,解得-2≤m ≤-1或3≤m ≤6.9. D [解析] 由题意可知,直线ax+y-1=0经过定点M (0,1),直线x-ay+2a-1=0,即x-1+(-y+2)a=0经过定点N (1,2).∵ 过定点M 的直线ax+y-1=0与过定点N 的直线x-ay+2a-1=0始终垂直,P 又是两条直线的交点,∴PM ⊥PN ,∴|PM|2+|PN|2=|MN|2=2,故|PM|·|PN|≤|PM|2+|PN|22=1(当且仅当|PM|=|PN|=1时取“=”),故选D .10. C [解析] 易知直线l 的斜率存在,设直线l 的方程为y-2=k (x-5),即kx-y+2-5k=0.依题意有√k +1=√k +1,|6k-1|=|2k+3|,解得k=1或k=-14,所以直线l 的方程为y-2=1×(x-5)或y-2=-14(x-5),即x-y-3=0或x+4y-13=0.故选C .11. -53[解析] 点P (-3,1)关于x 轴的对称点为P'(-3,-1),由题意得直线P'Q 与圆x 2+y 2=1相切,又直线P'Q :x-(a+3)y-a=0,所以√1+(a+3)=1,得a=-53.12. 2或-12[解析] 由题知,等腰直角三角形POM 的直角边长为√5,即点P 到直线OM 的距离为√5.设直线OM 的方程为y=kx ,即kx-y=0,则有|-k -3|k +1=√5,即(k+3)2=5k 2+5,解得k=-12或k=2.13. 解:点C 到直线x+3y-5=0的距离d=|-1-5|√1+9=3√105. 设与直线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+9=3√105, 解得m=-5(舍去)或m=7,所以与直线x+3y-5=0平行的一边所在直线的方程是x+3y+7=0. 设与直线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=√1+9=3√105, 解得n=-3或n=9,所以与直线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. 14. 解:依题意知k AC =-2,又A (5,1),∴边AC 所在直线的方程为2x+y-11=0. 联立{2x +y -11=0,2x -y -5=0,得C (4,3).设B (x 0,y 0),则AB 的中点为M (x 0+52,y 0+12), 代入2x-y-5=0,得2x 0-y 0-1=0, 联立{2x 0-y 0-1=0,x 0-2y 0-5=0,得B (-1,-3),∴k BC =65,∴边BC 所在直线的方程为y-3=65(x-4), 即6x-5y-9=0.15.D [解析] 由题意得,线段PQ 的中点M (x 0,y 0)在与两直线平行且到两直线的距离相等的直线x+3y+2=0上,即x 0+3y 0+2=0,即y 0=-2+x 03,则y 0x 0=-23x 0-13.因为y 0=-2+x 03<x 0+2,所以x 0>-2,所以-23x 0>13或-23x 0<0,故y 0x 0>0或y 0x 0<-13,故选D .16.√41[解析]如图所示,由代数式的结构可构造点P(0,y),A(1,2),Q(x,0),B(3,3),则√1+(y-2)2+√9+(3-x)2+√x2+y2=|PA|+|BQ|+|PQ|.分别作点A关于y轴的对称点A'(-1,2),点B关于x轴的对称点B'(3,-3),则√1+(y-2)2+√9+(3-x)2+√x2+y2≥|A'B'|=√41,当且仅当P,Q为A'B'与坐标轴的交点时,等号成立,故最小值为√41.课时作业(四十四)1. B[解析]由D2+E2-4F=16m2+4-20m>0,解得m>1或m<14,故选B.2. D[解析]当点P在圆的内部时,点P到圆心的距离小于该圆的半径,即有(5a)2+(12a)2<1⇒a2<1132⇒|a|<113.3. C[解析]设圆的方程为x2+(y-1)2=r2,∵直线y=2与圆相切,∴圆心到直线的距离等于半径r,∴r=1,故圆的方程为x2+(y-1)2=1,故选C.4. 0[解析]由圆的方程可知,圆心坐标为(1,-2),则2×1+(-2)+m=0⇒m=0.5.(x-1)2+y2=2[解析]因为直线mx-y-2m-1=0(m∈R)恒过点(2,-1),所以当点(2,-1)为切点时,半径最大,此时半径r=√2,故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.6. B[解析]易知|PQ|的最小值为圆心到直线的距离减去半径.因为圆的圆心为(3,-1),半径为2,所以|PQ|的最小值为3-(-3)-2=4,故选B.7. C[解析]由题意知l1⊥l2,所以l2的方程为y=-12x+5.由{y=2x,y=-12x+5,可得C(2,4),又因为圆C过原点,所以半径r=√22+42=√20,所以圆C的方程为(x-2)2+(y-4)2=20.8. A[解析]作点N关于x轴的对称点N'(3,-4),则(|PC|+|PN|)min=|CN'|=5√2,所以(|PM|+|PN|)min=5√2-1,故选A.9. D[解析]抛物线y=x2-2x-3与两坐标轴的交点分别为A(-1,0),B(3,0),C(0,-3).由题意可设圆心坐标为M(1,b),可得|MA|2=|MC|2=r2,即4+b2=1+(b+3)2=r2,解得b=-1,r=√5,故所求圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.10. B[解析]把圆的方程化为标准方程,得(x+1)2+(y-2)2=4,∴圆心坐标为(-1,2),半径r=2,圆心在直线ax-by+1=0上,可得-a-2b+1=0,即a=1-2b.设m=ab=b(1-2b)=-2b2+b,当b=14时,m有最大值,最大值为18,即ab的最大值为18,故ab的取值范围是(-∞,18].11.(-∞,-6)[解析]∵方程x2+y2-2x-2y+b=0表示圆,∴2-b>0,即b<2.∵直线ax+y+a+1=0过定点(-1,-1),∴点(-1,-1)在圆x2+y2-2x-2y+b=0内部,∴6+b<0,解得b<-6,∴b的取值范围是(-∞,-6).12.125[解析] 设点M (x ,y ),由|MA|=2|MO|知,√x 2+(y -3)2=2√x 2+y 2,化简得x 2+(y+1)2=4,∴点M 的轨迹为以(0,-1)为圆心,2为半径的圆,可记为圆D. 又∵点M 在圆C 上,圆C 上存在唯一一点M ,使得|MA|=2|MO|,∴圆C 与圆D 相切,∴|CD|=1或3.设圆心C (a ,2a-4),则|CD|=√a 2+(2a -3)2,可得a=0或a=125,∴圆心C 的非零横坐标是125. 13. 解:(1)由{y =x +b,x 2=4y,得x 2-4x-4b=0(*),因为直线l 与抛物线C 相切,所以Δ=(-4)2-4×(-4b )=0,解得b=-1.(2)由(1)可知b=-1,故方程(*)即为x 2-4x+4=0,解得x=2,将其代入x 2=4y ,得y=1,故点A (2,1). 因为圆A 与抛物线C 的准线相切,所以圆心A 到抛物线C 的准线y=-1的距离等于圆A 的半径r , 即r=|1-(-1)|=2,所以圆A 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4. 14. 解:(1)设AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ), 由|AB|=2|OA|,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{x 2+y 2=100,4x -3y =0,解得{x =6,y =8或{x =-6,y =-8.若AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(-6,-8),则y B =-11,与y B >0矛盾; 若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,8),则y B =5>0,符合题意.∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,8).(2)圆x 2-6x+y 2+2y=0,即圆(x-3)2+(y+1)2=(√10)2,其圆心为(3,-1),半径为√10.∵OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-3)+(6,8)=(10,5), ∴直线OB 的方程为y=12x.设圆心(3,-1)关于直线y=12x 的对称点的坐标为(a ,b ),则{b+1a -3=-2,b -12=12·a+32,解得{a =1,b =3,∴所求圆的方程为(x-1)2+(y-3)2=10.15. 解:(1)由已知得,圆心在经过点P (4,0)且与直线y=2x-8垂直的直线y=-12x+2上, 且圆心在线段OP 的中垂线x=2上, 所以求得圆心为C (2,1),半径为√5, 所以圆C 的方程为(x-2)2+(y-1)2=5. (2)假设存在,则直线y=kx-1经过圆心C (2,1),求得k=1,所以可设直线MN 的方程为y=-x+b ,代入圆C 的方程得2x 2-(2b+2)x+b 2-2b=0.Δ=(2b+2)2-8(b 2-2b )=-4b 2+24b+4, 设M (x 1,-x 1+b ),N (x 2,-x 2+b ),又 OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1·x 2+(b-x 1)(b-x 2)=2x 1·x 2-b (x 1+x 2)+b 2=b 2-3b=0, 解得b=0或b=3,这时Δ>0,符合条件,所以存在直线MN 符合条件,它的方程为 y=-x 或y=-x+3.课时作业(四十五)1. D [解析] 由题意可知,圆的圆心坐标为(0,0),半径为1,因为直线y=x+b 与圆x 2+y 2=1有公共点,所以√2≤1,解得-√2≤b ≤√2. 2. D [解析] 圆C 1:(x+1)2+(y+1)2=4,圆心为C 1(-1,-1),半径r 1=2,圆C 2:(x-2)2+(y-1)2=1,圆心为C 2(2,1),半径r 2=1,∴圆心距d=√(-1-2)2+(-1-1)2=√13,r 1+r 2=3,∴d>r 1+r 2,∴两圆外离,故公切线有4条. 3. D [解析] 由x 2+y 2-2x-4y=0得(x-1)2+(y-2)2=5, 所以圆的圆心坐标是(1,2),半径r=√5. 圆心到直线x+2y-5+√5=0的距离d=√5|√1+2=√5√5=1,所以直线x+2y-5+√5=0被圆x 2+y 2-2x-4y=0截得的弦长为2√(√5)2-12=4.4. ±√52[解析] 因为直线l :x+my-3=0与圆C :x 2+y 2=4相切,所以圆心C (0,0)到直线l :x+my-3=0的距离d=√1+m2=2,解得m=±√52. 5.√22[解析] 由题意知,点P (1,√2)在圆(x-2)2+y 2=8的内部,圆心为C (2,0),要使劣弧所对的圆心角最小,则有l ⊥CP ,所以k=-0-√2=√22. 6. C [解析] 圆x 2+y 2=1的圆心为O (0,0),半径为1,显然点P (1,2)在圆的外部.过点P 能作两条圆的切线,其中一条为x=1,此时a=0;设另一条切线的斜率为k ,则切线方程为y-2=k (x-1),即kx-y+2-k=0.根据圆心O 到直线kx-y+2-k=0的距离等于半径,可得k +1=1,求得k=34,∴直线ax+y-1=0的斜率为-43,∴a=43.7. B [解析] 由圆的方程得圆心坐标为(0,0),半径r=2,由△AOB 为等边三角形,得圆心到直线x-y-a=0的距离d=√2=√3,解得a=±√6.8. B [解析] 若在圆O 上至少存在三点到直线l 的距离为1,则圆心O (0,0)到直线kx-y+2k=0的距离d 应满足d ≤1,即√k +1≤1,解得k 2≤13,故实数k 的取值范围是[-√33,√33].9. D [解析] 圆C 1关于x 轴的对称圆的圆心坐标为A (-6,-5),半径为2,圆C 2的圆心坐标为(2,1),半径为1,|PM|+|PN|的最小值即为圆A 与圆C 2的圆心距减去两个圆的半径和,即√(-6-2)2+(-5-1)2-3=7. 10. A [解析] 由题意得,圆心(1,2)到直线y=3x+b 的距离为1,即√10=1,∴b=-1±√10. 11. 4√5 [解析] 圆C 1:x 2+y 2+4x-4y-3=0,即(x+2)2+(y-2)2=11,圆心为(-2,2), 圆C 2:x 2+y 2-4x-12=0,即(x-2)2+y 2=16,圆心为(2,0),半径为4,∴|C 1C 2|=√16+4=2√5,∴△PC 1C 2的面积的最大值为12×2√5×4=4√5.12. 2 [解析] 圆C :x 2+y 2-4x-6y+3=0,即(x-2)2+(y-3)2=10,圆心为C (2,3),半径为√10.直线l :mx+2y-4m-10=0,即 m (x-4)+(2y-10)=0, 由{x -4=0,2y -10=0,得{x =4,y =5,故直线l 经过定点A (4,5).要使直线l 被圆C 截得的弦长最短,需CA ⊥l , 故有k CA ·k l =-1,即5-34-2·(-m2)=-1,求得m=2.13. 解:(1)∵直线4x+3y+1=0被圆C :(x+3)2+(y-m )2=13(m<3)所截得的弦长为4√3,∴圆心到直线的距离d=|-12+3m+1|5=1, ∵m<3,∴m=2, ∴|AC|=√29,∴|PA|的最大值与最小值分别为√29+√13,√29-√13. (2)由(1)可得圆C 的方程为(x+3)2+(y-2)2=13, 令x=0,则y=0或4,令y=0,则x=0或-6,∴圆C 与两坐标轴相交于三点M (0,4),O (0,0),N (-6,0),∴△MON 为直角三角形,|MN|=2√13,∴所求内切圆的半径为4+6-2√132=5-√13. 14. 解:(1)曲线y=x 2-6x+1与y 轴的交点为(0,1),与x 轴的交点为(3+2√2,0),(3-2√2,0), 故可设圆C 的圆心为(3,t ),则有32+(t-1)2=(2√2)2+t 2,解得t=1,则圆C的半径为√32+(t-1)2=3,所以圆C的方程为(x-3)2+(y-1)2=9.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组{x-y+a=0,(x-3)2+(y-1)2=9,消去y,得到方程2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0.由已知可得,判别式Δ=56-16a-4a2>0,从而x1+x2=4-a,x1x2=a2-2a+12.①由OA⊥OB,可得x1x2+y1y2=0,又y1=x1+a,y2=x2+a,所以2x1x2+a(x1+x2)+a2=0.②由①②得a=-1,满足Δ>0,故a=-1.15.解:圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,所以圆心为M(6,7),半径为5.(1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0).因为圆N与x轴相切,与圆M外切,所以0<y0<2,且圆N的半径为y0,从而7-y0=5+y0,解得y0=1,因此圆N的标准方程为(x-6)2+(y-1)2=1.(2)因为直线l∥OA,所以直线l的斜率为4-02-0=2.设直线l的方程为y=2x+m,即2x-y+m=0,则圆心M到直线l的距离d=√5=√5.因为|BC|=|OA|=√22+42=2√5,而|MC|2=d2+(|BC|2) 2 ,所以25=(m+5)25+5,解得m=5或m=-15.故直线l的方程为2x-y+5=0或2x-y-15=0.(3)设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为A(2,4),T(t,0),TA⃗⃗⃗⃗⃗ +TP⃗⃗⃗⃗⃗ =TQ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以{x2=x1+2-t,y2=y1+4.①因为点Q在圆M上,所以(x2-6)2+(y2-7)2=25.②将①代入②,得(x1-t-4)2+(y1-3)2=25,于是点P(x1,y1)既在圆M上,又在圆[x-(t+4)]2+(y-3)2=25上,从而圆(x-6)2+(y-7)2=25与圆[x-(t+4)]2+(y-3)2=25有公共点,所以5-5≤√[(t+4)-6]2+(3-7)2≤5+5,解得2-2√21≤t≤2+2√21.因此,实数t的取值范围是[2-2√21,2+2√21].课时作业(四十六)1. C [解析] 依题意得b=c ,又a=√b 2+c 2=√2c ,所以e=c a=c √2c =√22.2. B [解析] 由题意知,椭圆的两个焦点F 1,F 2分别是两圆的圆心,且|PF 1|+|PF 2|=10,从而|PM|+|PN|的最小值为|PF 1|+|PF 2|-1-2=7.3. B [解析] 由题意知b=2,c=2,则a 2=b 2+c 2=8,∴椭圆C 的标准方程为x 28+y 24=1.4. 4 [解析] 根据题意知2m=8+2=10,即m=5,所以圆锥曲线的方程为x 25+y 2=1,可得a=√5,b=1,c=2,故其焦距2c=4. 5. (-2√63,2√63) [解析] 设椭圆上动点P 的坐标为(x ,y ),则F 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+√3,y ),F2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-√3,y ). ∵∠F 1PF 2为钝角,∴F 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ <0,即x 2-3+y 2<0.①∵y 2=1-x 24,代入①得x 2-3+1-x 24<0,即34x 2<2,∴x 2<83, 解得-2√63<x<2√63,∴x ∈(-2√63,2√63). 6. D [解析] 将x 22+m -y 2m+1=1化成标准方程x 22+m +y 2-(m+1)=1. 当焦点在x 轴上时,则2+m>-(m+1)>0,解得-32<m<-1; 当焦点在y 轴上时,则-(m+1)>2+m>0,解得-2<m<-32. 综上可知,m 的取值范围是(-2,-32)∪(-32,-1).7. C [解析] 如图所示,设右焦点为F',连接MF',NF'.∵|MF'|+|NF'|≥|MN|,∴当直线x=m 过右焦点时,△FMN 的周长最大.由椭圆的定义可得,△FMN 的周长的最大值为4a=4√5,又c=√5-4=1,把x=1代入椭圆的标准方程,得15+y 24=1,解得y=±4√5,∴此时△FMN 的面积S=12×2×(2√5)=8√55. 8. A [解析] 直线方程变形为y=-a bx-a. 在选项B 和C 中,{-ab >0,-a >0,解得{b >0,a <0,所以方程ax 2+by 2=ab 表示的曲线是焦点在x 轴上的双曲线,故选项B 和C 都是错误的;在选项A 中,{-ab <0,-a <0,解得{b >0,a >0,所以方程ax 2+by 2=ab 表示的曲线是椭圆,故选项A 正确;在选项D 中,{-ab <0,-a >0,解得{b <0,a <0,所以方程ax 2+by 2=ab 不可能表示双曲线,故选项D 错误.9. A [解析] 设所截线段的中点为M (x ,y ),在直线y=14x+m 上. 设直线y=14x+m 与椭圆相交于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点, 由{y =14x +m,x 22+y 2=1,消去y ,得9x 2+8mx+16m 2-16=0,则Δ=64m 2-4×9×(16m 2-16)>0,解得-3√24<m<3√24, 且x 1+x 2=-89m ,x 1x 2=16m 2-169.∵M (x ,y )为线段AB 的中点,∴x 1+x 2=2x , ∴-89m=2x ,∴x=-49m , 又m ∈(-3√24,3√24),则x ∈(-√23,√23).由{y =14x +m,x =-4m9,消去m ,得y=-2x , 即直线l 的方程为y=-2x ,∴直线l 的斜率为-2,故选A .10. D [解析] 由题意可知,A (-a ,0),B (a ,0),设M (x 0,y 0),N (x 0,-y 0),y 0≠0,P (x ,y ),y ≠0, 则直线PA 的斜率k PA =y 0x 0+a,则直线PA 的方程为y=y 0x0+a(x+a ),① 同理,直线PB 的斜率k PB =y 0a -x 0,直线PB 的方程为y=ya -x 0(x-a ).②①②两式相乘得y 2=y 02a 2-x 02(x 2-a 2),由x 02a 2+y 02b2=1,得y 02=b 2a2(a 2-x 02),则y2=b 2a 2(x 2-a 2),整理得x 2a 2-y 2b2=1(y ≠0),故点P 的轨迹方程为x 2a 2-y 2b2=1(y ≠0).11. 14 [解析] 依题意得F (-c ,0),A (a ,0),把x=-c 代入椭圆方程,可得y 2=b 2(1-c 2a 2)=b 4a2,解得y=±b 2a,∴|PF|=b 2a,又|AF|=a+c ,|PF|=34|AF|,∴b 2a =34(a+c ),化简得a 2-3ac-4c 2=0,可得4e 2+3e-1=0,故得e=14.12.√24[解析] 设P (x 0,y 0),则Q (x 0,-y 0).由题意知,A (-3,0),B (3,0),∴m=y 0x 0+3,n=-y 0x 0-3,∴mn=-y 02x 02-9.又y 02=-b29(x 02-9),∴mn=b 29,∴点A 到直线y=√1-mn x 的距离d=√1-mn√1-mn+1=3√1-b29√2-b9=1,解得b 2=638,∴c=2√2,∴e=c 3=√24.13. 解:(1)易知椭圆E 的标准方程为y 24+x 23=1. (2)设点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立{y 24+x 23=1,y =k(x -2),可得(3k 2+4)y 2+16ky+4k 2=0,则有{y 1+y 2=-16k3k 2+4,y 1y 2=4k23k 2+4,且Δ=256k 2-16k 2(3k 2+4)>0⇒0<k 2<4. 又S △AOM S △AON =y 1y 2=7⇒y 1=7y 2⇒{y 1+y 2=8y 2,y 1y 2=7y 22,则有{-16k3k 2+4=8y 2,4k23k 2+4=7y 22⇒643k 2+4=647, 故实数k 的值为±1.14. 解:(1)设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0).∵椭圆E 的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形,∴b=c. 又2a=2√2,∴a=√2,∴由a 2=b 2+c 2,得b 2=1,∴椭圆E 的标准方程为x 22+y 2=1.(2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).联立{y =2x +m,x 22+y 2=1,消去y ,得9x 2+8mx+2m 2-2=0, 则Δ=72-8m 2>0,x 1+x 2=-8m 9,x 1x 2=2m 2-29, ∴|MN|=√5√(-8m 9)2-4×2m2-29=√59√72-8m 2.∵原点O 到直线l 的距离d=√5, ∴S △MON =12|MN|·d=√29√m 2(9-m 2). 由Δ>0,得9-m 2>0,又m ≠0,∴S △MON ≤√29·m 2+(9-m 2)2=√22,当且仅当m 2=92时,不等式取等号,∴△MON 面积的最大值为√22. 15. 解:(1)依题意得,a b =3√55,则x 2a 2+y 259a2=1,将点D (-1,2√103)代入,解得a 2=9,故F (2,0).设N (x 1,y 1),则|NF|=√(x 1-2)2+y 12=√49x 12-4x 1+9=√49(x 1-92)2,x 1∈[-3,3],故当x 1=-3时,|NF|取得最大值5.(2)由(1)知,椭圆的方程为x 2a2+y 259a2=1,即5x 2+9y 2=5a 2.设直线OM 的方程为x=my (m>0),N (x 1,y 1),由{x =my,5x 2+9y 2=5a 2,得5m 2y 2+9y 2=5a 2⇒y 2=5a 25m 2+9,又y 0>0,所以y 0=√5a √5m 2+9.因为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AN ∥OM ,所以直线AN 的方程为x=my-a.由{x =my -a,5x 2+9y 2=5a 2,得(5m 2+9)y 2-10amy=0,所以y=0或y=10am 5m 2+9,得y 1=10am5m 2+9.因为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(x 0,y 0)=(2x 1+2a ,2y 1),于是y 0=2y 1,即√5a√5m 2+9=20am 5m 2+9(m>0),所以m=√35,所以直线AN 的斜率为1m =5√33. 课时作业(四十七)1. A [解析] 根据题意,方程x 2m -2+y 2m+3=1表示双曲线,则有(m-2)(m+3)<0,解得-3<m<2,所以方程x 2m -2+y 2m+3=1表示双曲线的一个充分不必要条件是{m|-3<m<2}的真子集,依次分析选项A 符合条件.2. A [解析] 由双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4√5,可得c=2√5,由渐近线方程为2x±y=0,可得b=2a ,又a 2+b 2=20,解得a=2,b=4,故双曲线的方程为x 24-y 216=1. 3. D [解析] e=c a =AB CA -CB =2√3-2=√3+1.4. 2 [解析] 双曲线的方程为x 2-y 2=1,其焦点坐标为(±√2,0),直线AB 的方程为x=√2或x=-√2,联立{x 2-y 2=1,x =±√2,解得y=±1,则|AB|=2. 5. y=±√2x [解析] 由双曲线x 2a 2-y 2b 2=1(a>0,b>0)的离心率为√3,可得e=ca=√3,即有c=√3a ,又c 2=a 2+b 2,可得b=√2a ,所以渐近线方程为y=±ba x=±√2x.6. B[解析] 根据题意,椭圆x 225+y 2m 2=1(m>0)与双曲线x 27-y 2n2=1(n>0)有相同的焦点,则有25-m 2=7+n 2,变形可得m 2+n 2=18,又由m 2+n 22≥(m+n 2)2,可得(m+n 2)2≤9,即m+n ≤6,故m+n 的最大值是6.7. C [解析] 由双曲线的离心率e=ca =√1+(b a )2=√5,得ba=2,所以双曲线的渐近线方程为y=±b ax=±2x ,又抛物线y 2=4x 的焦点为F (1,0),则F (1,0)到y±2x=0的距离d=√1+2=2√55,∴ 抛物线y 2=4x 的焦点到双曲线的渐近线的距离是2√55.8. B [解析] 如图,由∠F 1PF 2的平分线为l ,点F 1关于l 的对称点为Q ,可得直线l 为F 1Q 的垂直平分线,且Q 在PF 2的延长线上,可得|PF 1|=|PQ|=|PF 2|+|F 2Q|,即|PF 1|-|PF 2|=|F 2Q|, 由双曲线的定义可得|PF 1|-|PF 2|=2a ,又|F 2Q|=2,可得a=1,由e=ca =√3,可得c=√3,b=√c 2-a 2=√2,所以双曲线的方程为x 2-y 22=1.9. D [解析] 如图所示,设以A 1A 2为直径的圆与PF 2相切于Q ,由题意可得OQ ∥F 1P ,|OQ|=|OA 2|=a ,|OF 2|=c , ∴|PF 1|=2a.∵点P 为双曲线左支上的一个点,∴|PF 2|-|PF 1|=2a , ∴|PF 2|=4a.∵∠F 1PF 2=90°,∴(2a )2+(4a )2=(2c )2, ∴c 2a 2=5,∴e=ca =√5.故选D .10. A [解析] 设M (x 0,y 0),因为A 2(a ,0),所以k A 2M =y 0x 0-a ,直线MA 2的方程为y=y 0x 0-a (x-a ),令x=0,得y=-ay 0x 0-a,即|OQ|=|ay 0x 0-a |,同理得|OP|=|ay 0x 0+a |.由于|OP|,|OM|,|OQ|成等比数列,则|OM|2=|OP||OQ|,即x 02+y 02=a 2y 02x 02-a2,又M 是双曲线上的点,则x 02a 2-y 02b 2=1,所以a 2y 02=b 2(x 02-a 2),即a 2y 02x 02-a2=b 2,所以x 02+y 02=b 2,所以|OM|=b ,而|OM|>a ,从而b>a ,c 2=a 2+b 2>2a 2,所以e=ca>√2,故选A . 11.√5+12[解析] 由题意可得A (a ,0),F (c ,0),不妨设B 1(0,b ),B 2(0,-b ),∴ AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,b ),FB 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-c ,-b ).∵B 2F ⊥AB 1,∴ ac-b 2=0,即b 2=ac ,由c 2=a 2+b 2可得c 2-ac-a 2=0,两边都除以a 2可得e 2-e-1=0,解得e=√5+12(e =1-√52舍去). 12. √5 [解析] 不妨设点M 关于渐近线y=bax 的对称点为F 2,由题意可知,双曲线的渐近线y=b ax 是线段MF 2的中垂线,则直线MF 2的方程为y=-a b (x-c ),与y=b a x 联立可得线段MF 2的中点坐标为(a 2c ,abc),则点M (2a 2c -c,2ab c ),代入双曲线的方程x 2a 2-y 2b2=1,得(2a 2-c 2ac )2-(2a c )2=1,即5a 2=c 2,所以e=c a=√5.13. 解:(1)由题意,得A 1(-a ,0),A 2(a ,0),由x 2a 2-y 2b2=1,得y 2x 2-a 2=b2a 2,∵M (x 0,y 0)是双曲线上一点,∴k MA 1·k MA 2=y 0x 0+a ·y 0x 0-a =y 02x 02-a 2=b 2a 2=14425, ∴e2=c 2a 2=a 2+b2a 2=1+b 2a 2=16925,∴e=135.(2)易知双曲线的一条渐近线的方程为y=b ax ,即bx-ay=0,焦点(c ,0)到渐近线的距离d=bca 2+b =b=12,由(1)得,b 2a 2=122a 2=14425,∴a 2=25,因此双曲线的方程为x 225-y 2144=1. 14. 解:(1)由题意得,b a =2√55,① S △AF 1F 2=12×2c ·b=6,②a 2+b 2=c 2,③由①②③联立求得a 2=5,b 2=4, ∴双曲线C 的标准方程是x 25-y 24=1.(2)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),线段PQ 的中点为D (x 0,y 0). 将y=kx+m 与x 25-y 24=1联立消去y ,整理得 (4-5k 2)x 2-10kmx-5m 2-20=0, 由4-5k 2≠0及Δ>0,得{4-5k 2≠0,m 2-5k 2+4>0,④∴x 1+x 2=10km 4-5k2,x 1·x 2=-5m 2+204-5k2,∴x 0=x 1+x 22=5km 4-5k 2,y 0=kx 0+m=4m4-5k2. 由|AP|=|AQ|知,AD ⊥PQ , 于是k AD =y 0-2x 0=4m4-5k 2-25km 4-5k2=-1k ,化简得10k 2=8-9m ,⑤将⑤代入④,得m<-92或m>0, 又由10k 2=8-9m>0,得m<89,综上,实数m 的取值范围是m<-92或0<m<89.15. D [解析] 根据题意,设|PF 1|=y ,|PF 2|=x ,∠PF 1F 2=θ,则有y-x=2a ,tan θ=xy,又由PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得x 2+y 2=|F 1F 2|2=4c 2,所以e 2=4c 24a 2=x 2+y 2(y -x)2=1+2xy x 2+y 2-2xy =1+2x y +y x -2=1+2tanθ+1tanθ-2, 令t=tan θ+1tanθ,由于θ∈[π12,π6],则tan θ∈[2-√3,√33],所以t ∈[4√33,4], 则有2≤e 2≤2√3+4,可得√2≤e ≤√3+1, 即双曲线离心率的取值范围是[√2,√3+1].16. A [解析] 由3x 2-y 2>0得(√3x-y )(√3x+y )>0,作图可知(图略)垂线段PA 与PB 的夹角为60°,又|PA||PB|=|√3x -y|2·|√3x+y|2=3x 2-y 24,所以S △PAB =12|PA||PB|sin 60°=√316(3x 2-y 2)=3√316,即P 点的轨迹方程为x 2-y 23=1,半焦距为c=2,∴一个焦点坐标为(2,0),故选A .课时作业(四十八)1. D [解析] 抛物线的标准方程为x 2=8y ,则焦点坐标为(0,2),准线方程为y=-2,∴焦点到准线的距离d=2-(-2)=4,故选D .2. A [解析] 双曲线x 22-y 22=1的右焦点为(2,0),即抛物线y 2=2px 的焦点为(2,0),∴p 2=2,∴p=4.3. D [解析] 设P 到准线的距离为d ,则有|PF|=d ,抛物线的方程为y=2x 2,即x 2=12y ,其准线方程为y=-18,分析可得当P 在抛物线的顶点时,d 有最小值18,即|PF|的最小值为18.4. 52[解析] 抛物线C :y 2=2x 的准线方程为x=-12,设点P 到准线的距离为d ,则由|PF|=d 可得|PF|=2-(-12)=52.5. 14[解析] 抛物线y=ax 2(a>0)的焦点坐标为(0,14a),由抛物线上任意一点到x 轴的距离比到焦点的距离小1,可得14a=1,解得a=14.6. B [解析] 由题意得F (0,1),抛物线的准线方程为y=-1,则|MF|=y M +1=4,得y M =3,可令M (2√3,3),P 的横坐标为2√3,设直线l 的方程为y=kx+1,与抛物线方程x 2=4y 联立,可得x 2-4kx-4=0,∴4√3=4k ,∴k=√3,∴直线l 的方程为y=√3x+1.7. A [解析] 由题意知,焦点F (p 2,0),设P (x 0,y 0),根据题意,可知直线PQ 的方程为y=-√3(x-5),∴{y 02=2px 0,y 0=-√3(x 0-5),∴3(x 0-5)2=2px 0,由抛物线的定义和题意知,x 0+p 2=5-p2,代入上式可求得x 0=3,p=2.8. D [解析] 由y 2=4x 得F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1), 与y 2=4x 联立,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=2+4k 2,∵|AB|=163,∴2+4k 2+2=163,即k 2=3,又∵倾斜角为钝角,∴k=-√3.9. C [解析] 如图,设Q 到l 的距离为d ,则由抛物线的定义可得,|QF|=d ,∵|PF|=45|PQ|,∴|PQ|=5|QF|,∴ 直线PF 的斜率k=-√25d 2-d 2d=-2√6.∵F (2,0),∴直线PF 的方程为y=-2√6(x-2),与y 2=8x 联立可得3x 2-13x+12=0,解得x=3(Q 的横坐标大于2),∴|QF|=d=3+2=5.10. A [解析] 根据题意,抛物线y 2=4x 的焦点为F (1,0). 由题易知直线AB 的斜率存在.设直线AB 的斜率为k ,可得直线AB 的方程为y=k (x-1), 由{y 2=4x,y =k(x -1),消去x ,得y 2-4k y-4=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则y 1+y 2=4k,y 1y 2=-4,则x 1+x 2=y 1+y 2k +2=4k2+2,∴|AB|=x 1+x 2+p=4k2+2+2=6,则k=±√2,∴|y 1-y 2|=√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=2√6,S △AOB =S △AOF +S △BOF =12|OF|·|y 1-y 2|=12×1×2√6=√6, ∴△AOB 的面积为√6,故选A . 11. 2或6 [解析] 由题意,k AF =-2√3p,∴直线AB 的方程为y=2√3x+√3,代入y 2=2px ,可得p 2x 2-12px+36=0,∴x=6p.∵|BF|=4,∴ 6p +p2=4,∴p=2或p=6,故答案为2或6.12. 10 [解析] 抛物线y 2=2px (p>0)的焦点在x 轴上,焦点为(p 2,0), 由抛物线的定义可知|BF|=9+p 2,|AF|=1+p 2, 由|BF|=5|AF|,即9+p 2=5(1+p 2),解得p=2,∴抛物线的方程为y 2=4x ,将A ,B 的坐标代入,解得y 1=2,y 2=6,∴y 12+y 2=10.13. 解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由方程组{y 2=2px,x =my +3,消去x ,得y 2-2pmy-6p=0,所以y 1+y 2=2pm ,y 1y 2=-6p.又OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=(y 1y 2)24p2+y 1y 2=9-6p=6,所以p=12,从而抛物线E 的方程为y 2=x. (2)证明:因为k 1=y 1x 1+3=y 1my 1+6,k 2=y 2x 2+3=y2my 2+6, 所以1k 1=m+6y 1,1k 2=m+6y 2, 因此1k 12+1k 22-2m2=(m +6y 1)2+(m +6y 2)2-2m 2=2m 2+12m (1y 1+1y 2)+36(1y 12+1y 22)-2m 2=12m ·y 1+y 2y1y 2+36·(y 1+y 2)2-2y 1y2y 12y 22,又y 1+y 2=2pm=m ,y 1y 2=-6p=-3, 所以1k 12+1k 22-2m 2=12m×(-m3)+36×m 2+69=24,即1k 12+1k 22-2m 2为定值.14. 解:(1)由抛物线定义知|MF|=x 0+p 2,则x 0+p 2=54x 0,解得x 0=2p ,又点M (x 0,1)在C 上,代入C :y 2=2px ,得2px 0=1,解得x 0=1,p=12, 所以C :y 2=x.(2)证明:由(1)得M (1,1),当直线l 经过点Q (3,-1)且垂直于x 轴时,可令A (3,√3),B (3,-√3), 则直线AM 的斜率k AM =√3-12,直线BM 的斜率k BM =-√3-12,所以 k AM ·k BM =-√3-12×√3+12=-12.当直线l 不垂直于x 轴时,设直线l 的斜率为k (k ≠0),直线l 经过Q (3,-1),则直线l 的方程为y+1=k (x-3),代入y 2=x ,得ky 2-y-3k-1=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=1k,y 1y 2=-3-1k, 则直线AM 的斜率k AM =y 1-1x 1-1=y 1-1y 12-1=1y 1+1, 同理直线BM 的斜率k BM =1y 2+1, ∴k AM ·k BM =1y1+1·1y 2+1=1y 1y 2+y 1+y 2+1=11k-3-1k+1=-12. 综上,直线AM 与直线BM 的斜率之积为常数-12. 15. x 2=4y[解析] 抛物线的焦点为F (0,m 4),则点P 到x 轴的距离为5-m4.线段MF 的中点坐标为(0,7+m42),由|PF|=|PM|可知7+m42=5-m4,解得m=4,所以抛物线方程为x 2=4y.16. 2 [解析] 抛物线y 2=4x 的焦点为F (1,0),作PA ⊥l 1于点A ,作PB ⊥l 2于点B ,因为直线l 2为抛物线的准线,所以|PB|=|PF|,则|PA|+|PB|=|PA|+|PF|,当F ,P ,A 三点共线时,|PA|+|PB|最小,最小值即为点F 到直线l 1的距离d=|4×1+6|4+3=2.课时作业(四十九)第1课时 直线与圆锥曲线的位置关系1. D [解析] 由题意可知,双曲线的其中一条渐近线斜率大于√2,即ba >√2,所以e=√1+(b a )2>√3,故选D .2. D [解析] 由题设可得√m 2+n 2>2,即m 2+n 2<4,又a=3,b=2,故点(m ,n )在椭圆内,所以过点(m ,n )的直线必与椭圆相交于两个点,故选D .3. D [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),又F (1,0),则由题设可得x 1=3x 2+2,|y 1|=3|y 2|,即{x 1=3x 2+2,x 1=9x 2,解得x 1=3,则y 1=2√3,则直线l 的斜率k=2√3-03-1=√3,故选D .4. 7 [解析] |AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|BF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=y A +12+y B +12=2y P +1=2×3+1=7.5. x 2-y 22=1 [解析] 抛物线y 2=4√3x 的焦点为F (√3,0),其准线方程为x=-√3.∵△FAB 为正三角形,∴|AB|=4,将(-√3,2)代入双曲线x 2a 2-y 2b2=1,可得3a 2-4b2=1.∵双曲线的一条渐近线方程是y=√2x ,∴ ba =√2, ∴a=1,b=√2,∴双曲线的标准方程为x 2-y 22=1. 6. C [解析] 设A (y 124,y 1),B (y 224,y 2),则y 1-y 2y 124-y 224=2,得y 1+y 2=2,因此△ABO 的重心的纵坐标为y 1+y 2+03=23,故选C .7. C [解析] 由椭圆的定义可知,点P 的轨迹是以M ,N 为焦点的椭圆,其方程为x 24+y 23=1.对于①,把x=2y-6代入x 24+y 23=1,整理得16y 2-72y+96=0,有Δ=722-4×16×96=-960<0,则x-2y+6=0不是“椭型直线”;对于②,把y=x 代入x 24+y 23=1,得x 2=127成立,∴x -y=0是“椭型直线”;对于③,把y=2x+1代入x 24+y 23=1,整理得19x 2+16x-8=0,则Δ=162-4×19×(-8)>0,则2x-y+1=0是“椭型直线”;对于④,把y=3-x 代入x 24+y 23=1,整理得7x 2-24x+24=0,Δ=(-24)2-4×7×24<0,则x+y-3=0不是“椭型直线”.故②③是“椭型直线”.8. A [解析] 由抛物线y 2=8x 可得焦点F (2,0),因此直线y=k (x-2)过焦点. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则|FP|=x 1+p 2=x 1+2,|FQ|=x 2+2. 联立{y 2=8x,y =k(x -2),整理得k 2x 2-(8+4k 2)x+4k 2=0(k ≠0).∵Δ>0,∴x 1+x 2=8+4k 2k2,x 1x 2=4.∴1|FP|+1|FQ|=1x 1+2+1x 2+2=8+4k2k2+44+2(8+4k 2)k2+4=12. 9. D [解析] 过点M (√22,-√22)作圆x 2+y 2=1的切线l ,由点M 在圆上,可得切线l 的斜率为1,所以切线方程为y+√22=x-√22,即x-y-√2=0,切线l 与x 轴的交点坐标为(√2,0),可得抛物线方程为y 2=4√2x ,由{y 2=4√2x,y =x -√2,可得x 2-6√2x+2=0,设l 与抛物线E 交于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),可得x 1+x 2=6√2,则AB 中点到抛物线E 的准线的距离为3√2+√2=4√2.10. D [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),由AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λMC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 可得 (2-x 1,1-y 1)=λ(x 3-2,y 3-1), 所以{x 1+λx 3=2+2λ,y 1+λy 3=1+λ,同理可得{x 2+λx 4=2+2λ,y 2+λy 4=1+λ,则{x 1+x 2+λ(x 3+x 4)=4(1+λ),y 1+y 2+λ(y 3+y 4)=2(1+λ),将点A ,B 的坐标代入椭圆方程作差可得:y 1-y 2x 1-x 2=-b 2a 2·x 1+x 2y 1+y 2, 即-12=-b 2a 2·x 1+x2y 1+y 2⇒a 2(y 1+y 2)=2b 2(x 1+x 2), 同理可得a 2(y 3+y 4)=2b 2(x 3+x 4),两式相加可得a 2[(y 1+y 2)+(y 3+y 4)]=2b 2[(x 1+x 2)+(x 3+x 4)], 又2[(y 1+y 2)+λ(y 3+y 4)]=1[(x 1+x 2)+λ(x 3+x 4)], 据此可得a 22=2b 21⇒e=√32.11. √5或√52[解析] 由抛物线y 2=8x 上的点P ,且|PF|=4,可得P (2,±4).双曲线的焦点在x 轴时,一条渐近线为bx+ay=0,可得2b-4a=0,即b 2=4a 2,可得e=√5;双曲线的焦点在y 轴时,一条渐近线为ax+by=0,可得4b-2a=0,即4b 2=a 2,可得e=√52.所求双曲线的离心率为√5或√52.12. 2√2 [解析] 由题意得椭圆x 22+y 2=1的左焦点F (-1,0), 当直线MN 的斜率不存在时,则|MN|=2b2a=√2,则|PQ|=2b=2,则|PQ|2|MN|=√2=2√2; 当直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的斜率为k ,则MN 的方程为y=k (x+1),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),x 2+y 2=1,由韦达定理可知x 1+x 2=-4k22k 2+1,x 1x 2=2k 2-22k 2+1, |MN|=√1+k 2·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=2√2(k 2+1)2k 2+1,则直线PQ 的方程为y=kx ,设P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4), 则{y =kx,x 22+y 2=1,解得x 2=21+2k 2,y 2=2k 21+2k 2, 则|OP|2=x 2+y 2=21+2k2+2k21+2k2=2+2k 21+2k2=2(1+k 2)1+2k2,则|PQ|=2|OP|,则|PQ|2=4|OP|2=8(1+k 2)1+2k2,∴|PQ|2|MN|=2√2.13. 解:(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0), 由已知可得{ c a=√32,3a 2+14b 2=1,a 2=b 2+c 2,解得a 2=4,b 2=1,故椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)(i )若直线l 的斜率不存在,则过点E (-1,0)的直线l 的方程为x=-1,不妨设A 在x 轴上方,B 在x 轴下方, 此时A (-1,√32),B (-1,-√32),显然|EA|=2|EB|不成立.(ii )若直线l 的斜率存在,则设直线l 的方程为y=k (x+1), 则{x 24+y 2=1,y =k(x +1),整理得(4k 2+1)x 2+8k 2x+4k 2-4=0,有Δ=(8k 2)2-4(4k 2+1)(4k 2-4)=48k 2+16>0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 1+x 2=-8k24k 2+1①,x 1x 2=4k 2-44k 2+1②,因为|EA|=2|EB|,所以EA⃗⃗⃗⃗⃗ =-2EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则x 1+2x 2=-3③, ①②③联立,解得k=±√156,所以直线l 的方程为√15x+6y+√15=0或√15x-6y+√15=0. 14. 解:(1)由△ABP 是等腰直角三角形知a=2,B (2,0),设Q (x 0,y 0),由PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =32QB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得x 0=65,y 0=-45,将(65,-45)代入椭圆方程x 24+y2b2=1,解得b 2=1,∴椭圆方程为x 24+y 2=1.(2)由题意可知,直线l 的斜率存在,设其方程为y=kx-2,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第八章 解析几何 43 Word版含答案
课时作业直线的倾斜角与斜率、直线的方程一、选择题．直线：°＋°＋＝的斜率是( )．－．－解析：设直线的斜率为，则＝－° °)＝.答案：．(·秦皇岛模拟)倾斜角为°，在轴上的截距为－的直线方程是( )－＋＝－－＝＋－＝＋＋＝解析：由于倾斜角为°，故斜率＝－.又直线过点(－)，所以直线方程为＝－(＋)，即＋＋＝.答案：．(·河南安阳二模)若平面内三点(，－)，(，)，(，)共线，则＝( )．±或或或解析：∵平面内三点(，－)，(，)，(，)共线，∴＝，即＝，即(－－)＝，解得＝或＝±.故选.答案：．(·四川南充模拟，)过点()，并且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的方程为( )．－＋＝．－＋＝或－＝．＋－＝．＋－＝或－＝解析：当直线过原点时，方程为＝；当直线不过原点时，设直线方程－＝，将点()代入方程，得＝－，故直线的方程为－＋＝.综上，直线的方程为－＝或－＋＝.故选.答案：．(·长春三校调研)一次函数＝－＋的图象同时经过第一、三、四象限的必要不充分条件是( )．>，且< ．<．>，且< ．<，且<解析：因为＝－＋经过第一、三、四象限，故－>，<，即>，<，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为<.答案：．已知直线过点()，且倾斜角为直线：－－＝的倾斜角的倍，则直线的方程为( ) ．－－＝．－－＝．－－＝．－－＝解析：由题意可设直线，的倾斜角分别为α，α，因为直线：－－＝的斜率为，则α＝，所以直线的斜率＝α＝＝＝，所以由点斜式可得直线的方程为－＝(－)，即－－＝.答案：．(·福建高考)若直线＋＝(>，>)过点()，则＋的最小值等于( )．．．．解析：将()代入直线＋＝得＋＝，>，>，故＋＝(＋)＝＋＋≥＋＝，等号当且仅当＝时取到，故选.答案：．设为曲线：＝＋＋上的点，且曲线在点处的切线倾斜角的取值范围为，则点横坐标的取值范围为( )．[－]．[]解析：由题意知′＝＋，设(，)，则＝＋.因为曲线在点处的切线倾斜角的取值范围为，所以≤≤，即≤＋≤，故－≤≤－.答案：．(·河泽模拟)若直线－＋＝与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于，那么的取值范围是( )．[－]．(－∞，－]∪[，＋∞)．[－)∪(]。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章 解析几何 43 Word版含答案
10．(2018·山东枣庄模拟)如果f′(x)是二次函数，且f′(x)的图象开口向上，顶点坐标为(1， )，那么曲线y＝f(x)上任一点的切线的倾斜角的取值范围是()
A. B.
C. D.
解析：f′(x)＝a(x－1)2＋ (a>0)，∴k≥ .
切线的倾斜角的取值范围是 .
答案：B
二、填空题
11．已知直线l的倾斜角α满足3sinα＝cosα，且它在x轴上的截距为2，则直线l的方程是________．
答案：C
8．设P为曲线C：y＝x2＋2x＋3上的点，且曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围为 ，则点P横坐标的取值范围为()
A. B．[－1,0]
C．[0,1] D.
解析：由题意知y′＝2x＋2，设P(x0，y0)，
则k＝2x0＋2.
因为曲线C在点P处的切线倾斜角的取值范围为 ，
所以0≤k≤1，
即0≤2x0＋2≤1，故－1≤x0≤－ .
则a＝3＋(－4)＝－1，
所以直线的方程为x＋y＋1＝0.
答案：4x＋3y＝0或x＋y＋1＝0
14．设点A(－1,0)，B(1,0)，直线2x＋y－b＝0与线段AB相交，则b的取值范围是________．
解析：b为直线y＝－2x＋b在y轴上的截距，
如图，当直线y＝－2x＋b过点A(－1,0)和点B(1,0)时，b分别取得最小值和最大值．
所以直线l的斜率k＝tan2α＝ ＝ ＝ ，
所以由点斜式可得直线l的方程为y－0＝ (x－1)，
即4x－3y－4＝0.
答案：D
7．(2015·福建高考)若直线 ＋ ＝1(a>0，b>0)过点(1,1)，则a＋b的最小值等于()
A．2 B．3
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第八章 解析几何 44 Word版含答案
课时作业两条直线的位置关系与距离公式一、选择题．直线过点()，且点()到直线的距离为，则直线的方程是( )．＋＋＝．－＋＝．－－＝．－－＝解析：由已知，设直线的方程为－＝(－)，即－＋－＝，所以＝，解得＝，所以直线的方程为－－＝.答案：．(·广东揭阳一模)若直线＋＋＝与直线＋(－)＋＝平行，则的值为( )．．或．．解析：∵直线＋＋＝与直线＋(－)＋＝平行，∴(－)＝×，∴＝或，经检验，都符合题意．故选.答案：．(·沈阳一模)已知倾斜角为α的直线与直线＋－＝垂直，则)π－α))的值为( ) ．－．．－解析：由已知得α＝，则)π－α))＝－α＝＝＝－，故选.答案：．(·江西南昌模拟，)直线(＋)＋(＋)－－＝过定点( )．(，－) ．()．() ．()解析：＋＋＋－－＝，即(＋－)＋(＋－)＝，由(\\(＋＝，＋＝))解得(\\(＝，＝.))则直线过定点()，故选.答案：．已知点(－)与点()关于直线对称，则直线的方程为( )．－＋＝．－＝．＋－＝．＋＝解析：线段的中点坐标为()，直线的斜率＝，∴直线的斜率＝－，∴直线的方程为＋－＝.答案：．(·厦门一模)“＝”是“点()到直线＋＋＝的距离为”的( )．充要条件．充分不必要条件．必要不充分条件．既不充分也不必要条件解析：由点()到直线＋＋＝的距离＝＝，解得＝或＝－，故“＝”是“点()到直线＋＋＝的距离为”的充分不必要条件，选.答案：．已知：直线：－－＝与直线：＋－＝平行，：＝－，则是的( )．充要条件．充分不必要条件．必要不充分条件．既不充分也不必要条件解析：由于直线：－－＝与直线：＋－＝平行的充要条件是×－(－)×＝，即＝－.所以是的充要条件．答案：．(·宁夏银川二模，)若直线：＋＋＝与：(－)＋＋＝平行，则与间的距离为( )解析：由∥得(－)＝×，且×≠×，解得＝－，∴：－＋＝，：－＋＝，∴与间的距离＝＝，故选.答案：．(·上海一模)坐标原点()关于直线－＋＝对称的点的坐标是( )解析：直线－＋＝的斜率＝，设坐标原点()关于直线－＋＝对称的点的坐标是(，)，依题意可得(\\(()－×()＋＝＝－))，解得(\\(＝－()＝()))，即所求点的坐标是.选.答案：．(·河南安阳一模)两条平行线，分别过点(－)，(，－)，它们分别绕，旋转，但始终保持平行，则，之间距离的取值范围是( )．(，＋∞) ．(]。
2019年全品一轮复习文科数学第8单元 解析几何测评答案
小题必刷卷(十一)1. A[解析] 由题意可知,圆心为(1,4),所以圆心到直线的距离d==1,解得a=-.2. B[解析] 由垂径定理得2+()2=a2,解得a2=4,∴圆M:x2+(y-2)2=4,∴圆M与圆N的圆心距d=--=.∵2-1<<2+1,∴两圆相交.3. C[解析] 依题意可得C1(0,0),C2(3,4),则|C1C2|==5.又r1=1,r2=-,由r1+r2=-+1=5,解得m=9.4. D[解析] 不妨设直线l:x=ty+m,代入抛物线方程有y2-4ty-4m=0,则Δ=16t2+16m>0.又中点M(2t2+m,2t),圆心C(5,0),k MC k l=-1,所以m=3-2t2,当t=0时,对于0<r<5,满足条件的直线有2条,当t≠0时,代入Δ=16t2+16m,可得3-t2>0,即0<t2<3.又由圆心到直线的距离等于半径,可得r===2.由0<t2<3,可得r∈(2,4).5. C[解析] 由抛物线的方程y2=4x得焦点F(1,0),准线l:x=-1,故直线MF的方程为y=(x-1).由-得M(3,2又MN⊥l,所以N(-1,2),所以直线NF的方程为x+y-=0,所以M到直线NF的距离d=-=2.6. 4[解析] 联立-消去x得y2-3y+6=0,解之得-或不妨设A(-3,),则过点A且与直线l垂直的直线方程为x+y+2=0,令y=0得x C=-2.同理得过点B 且与l垂直的直线与x轴交点的横坐标x D=2,∴|CD|=4.7.4π[解析] x2+y2-2ay-2=0,即x2+(y-a)2=a2+2,则圆心为C(0,a).又|AB|=2,C到直线y=x+2a的距离为-,所以2+-2=a2+2,得a2=2,所以圆C的面积为π(a2+2)=4π.8. (x-2)2+y2=9[解析] 设圆心的坐标为(a,0)(a>0),根据题意得=,解得a=2(a=-2舍去),所以圆的半径r=--=3,所以圆的方程为(x-2)2+y2=9.9. (-2,-4)5[解析] 由题意知a2=a+2,则a=2或a=-1.当a=2时,方程为4x2+4y2+4x+8y+10=0,即x2+y2+x+2y+=0⇒x+2+(y+1)2=-,不能表示圆;当a=-1时,方程为x2+y2+4x+8y-5=0,即(x+2)2+(y+4)2=25,所以圆心坐标是(-2,-4),半径是5.10. B[解析] 直线l的方程为x=0时,直线l与圆(x-2)2+y2=4相切;直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+1,则=2,解得k=.∴“直线l与圆(x-2)2+y2=4相切”是“直线l的斜率为”的必要不充分条件.故选B.11. D[解析] 由题意得-=|PO|,所以(x-3)2+(y+4)2-4=x2+y2,即6x-8y-21=0,故选D.12. C[解析] 设该圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=4,且a>0,b<0,因为该圆与直线x=0和x+y-2=0均相切,所以-解得-即该圆的标准方程为(x-2)2+(y+2)2=4.故选C.13. B[解析] 设M(x,y),∵|MN|=|MO|,∴(x-2)2+(y-2)2-1=x2+y2,整理得4x+4y-7=0,即动点M在直线4x+4y-7=0上.又|MN|的最小值就是|MO|的最小值,∴所求最小值为=.14. C[解析] 由题意得,圆C经过点(0,±2),所以圆C的方程可设为(x-a)2+y2=r2.由-解得故选C.15. B[解析] 由题意得,圆心O(0,0)到直线x+y=m(m>0)的距离d==,∵m>0,∴m=.16. A[解析] 由题意得-=-,解得a=1,∴半径-=,∴所求圆的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=5.17. A[解析] 由x2+y2-4x+2y+1=0得(x-2)2+(y+1)2=4,则圆心为C(2,-1),代入mx+y-1=0,得m=1,所以A(-2,1),则|AC|=,所以|AB|=-=4.18. D[解析] 圆x2+y2=4的圆心为原点O(0,0),半径为2,若圆上恰有4个点到直线l的距离等于1,则O到直线l:y=x+b的距离d小于1,即d=<1,解得-<b<,即b的取值范围为(-.19. D[解析] 圆C:(x-)2+(y-1)2=1的圆心为C(,1),半径为1.∵圆心C到点O(0,0)的距离为2,∴圆C上的点到点O的距离的最大值为3,最小值为1.又∠APB=90°,∴以AB为直径的圆和圆C有交点,可得|PO|=|AB|=t,故有1≤t≤3.20. D[解析] ∵抛物线y2=-12x的焦点为(-3,0),∴过抛物线y2=-12x的焦点且倾斜角为45°的直线l的方程为x-y+3=0.∵圆C:(x-a)2+(y-2)2=4(a>0)的圆心为(a,2),半径r=2,∴圆心到直线x-y+3=0的距离d=,又∵直线l被圆C截得的弦长为2,∴+3=4,解得a=-1或a=--1(舍去).21.[解析] 当动点与圆心的连线与直线y=x垂直时,两条射线的夹角最大,如图,易得夹角的最大值为.22.x2+(y-1)2=2[解析] ∵抛物线x2=4y的焦点为(0,1),∴圆的圆心为(0,1).∵圆与直线y=x+3相切,∴圆的半径r==,∴该圆的标准方程为x2+(y-1)2=2.23. 2[解析] 由△AOB的面积为可得,△AOB为直角三角形,且∠AOB=90°,则点O到直线AB的距离为,即-=⇒a2+b2=2,故当且仅当a=b=1时,a+b取得最大值2.小题必刷卷(十二)1. D[解析] 易知F(1,0),因为曲线y=(k>0)与抛物线C交于点P,且PF⊥x轴,所以=2,所以k=2.2. B[解析] 由题意得,m2=25-42=9,因为m>0,所以m=3,故选B.3. D[解析] 不妨设点P在第一象限,由双曲线方程x2-=1知右焦点F(2,0),又PF与x轴垂直,所以P(2,3),点A(1,3)到直线PF的距离为1,所以S△APF=×3×1=.4. B[解析] 不妨设直线l经过椭圆的焦点F(c,0)和顶点(0,b),则直线l的方程为+=1,椭圆中心到直线l的距离为-=×2b.又a2=b2+c2,所以离心率e==.5. C [解析] 由双曲线的标准方程知b=1,又a>1,所以e= ==< ,又双曲线的离心率e>1,所以选C .6. B [解析] 抛物线C :y 2=8x 的焦点坐标为(2,0),准线方程为x=-2,即椭圆的半焦距c=2.又离心率e= = = ,所以a=4,于是b 2=12,则椭圆的方程为 +=1.A ,B 是C 的准线x=-2与E 的两个交点,把x=-2代入椭圆方程得y=±3,所以|AB|=6.7. A [解析] 设M (-c ,y 0),则AM 所在直线方程为y=-(x+a ),令x=0,得E 0,-.BM 所在直线方程为y=- -(x-a ),令x=0,得y=- - -.由题意得- - - = ×-,解得a=3c ,即e= =.8. 5 [解析] 令 - =0,得双曲线的渐近线方程为y=± x ,∵双曲线 - =1(a>0)的一条渐近线方程为y=x ,∴a=5. 9.-y 2=1 [解析] 根据双曲线的渐近线方程y=± x ,可设双曲线方程为 -y 2=λ(λ≠0),将点(4, )的坐标代入得λ=1,所以双曲线方程为-y 2=1.10. 12 [解析] 由已知得a=1,c=3,则F (3,0),|AF|=15.设F 1是双曲线的左焦点,根据双曲线的定义有|PF|-|PF 1|=2,所以|PA|+|PF|=|PA|+|PF 1|+2≥|AF 1|+2=17,即点P 是线段AF 1与双曲线的交点时,|PA|+|PF|=|PA|+|PF 1|+2最小,即△APF 周长最小,此时,sin ∠OAF= ,cos ∠PAF=1-2sin 2∠OAF= ,即有sin ∠PAF=.由余弦定理得|PF|2=|PA|2+|AF|2-2|PA||AF|cos ∠PAF ,即(17-|PA|)2=|PA|2+152-2|PA|×15×,解得|PA|=10,于是S △APF =|PA|·|AF|·sin ∠PAF= ×10×15×=12 .11. C [解析] 由题意,得点M,∵K - ,∴k KM =±1,∴∠MKO=45°.12. D [解析] 不妨设M (x 1,y 1)(x 1>0,y 1>0),N (x 2,y 2),l 的方程为x=my+ ,∵ =4 ,∴y 1=-4y 2,将l 的方程与抛物线方程联立,得y 2-2mpy-p 2=0,∴y 1y 2=-p2,∴y 2=- ,x 2=,∴k MN =-- -=.根据对称性可得直线l 的斜率为±,故选D .13. D [解析] 由题意可得解得a=4,c=2,又b 2=a 2-c 2,∴b2=42-22=12,∴椭圆C的方程为+=1.14. B[解析] 因为抛物线y2=24x的准线方程为x=-6,则由题意知,点F(-6,0)是双曲线的左焦点,所以a2+b2=c2=36,又双曲线的一条渐近线方程是y=x,所以=,解得a2=9,b2=27,所以双曲线的方程为-=1.15. C[解析] 抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0),直线l:y=kx-k过抛物线的焦点,如图,过M作MM'垂直于准线x=-1,垂足为M',由抛物线的定义知,|MM'|=|MF|,由2=,得cos∠NMM'==,则tan∠NMM'=,根据对称性知直线l的斜率k=±.16. A[解析] ∵线段AB的垂直平分线过右焦点F,∴|BF|=|AF|,即=a+c,整理得5c2-6ac-8a2=0,即5e2-6e-8=0,解得e=2或e=-(舍),∴双曲线C的离心率为2.17. D[解析] 由题设可得=4,F,设A(x1,y1),B(x2,y2),则=--,=-,由=4可得--又x1=,x2=,故--解得y2=±,所以k AB=--==-=±,应选答案D.18. B[解析] 抛物线y2=4x的焦点为F2(1,0),准线为x=-1,设P(m,n),∵(+)·(-)=0,∴||2-||2=0,由F1(-1,0),F2(1,0),可得|F1F2|=2,所以|PF2|=2,由抛物线的定义可得x P+1=2,即有x P=1,所以P(1,±2),由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=-=2-2=2a, 所以a=-1,c=1,所以e==+1.19. A[解析] 若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=-1,不妨令A在x轴上方,此时A-,B--,∴k OA·k OB=-×=-,不符合题意.若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+1),联立整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=-,x1+x2=-,∴y1y2=k2(x1+1)(x2+1)=--+k2=-,∴k OA·k OB==--=-1,解得k=±.∴直线l的方程为x-y+=0或x+y+=0,∴O到直线l的距离d==.20. C[解析] ①当直线BC的斜率不存在时,直线方程为x=5,代入抛物线方程y2=4x得B(5,2),C(5,-2),所以直线AB的斜率k AB=--=-,直线AC的斜率k AC=---=--,所以k AB·k AC=-1,所以AB与AC垂直,所以三角形ABC是直角三角形.②当直线BC的斜率存在时,显然斜率不能为0,否则与抛物线只有一个公共点,所以设直线方程为x-5=a(y+2)(a是斜率的倒数),代入抛物线方程化简得y2-4ay-8a-20=0,设B(x1,y1),C(x2,y2),则y1+y2=4a,y1y2=-8a-20,x1+x2=(ay1+2a+5)+(ay2+2a+5)=a(y1+y2)+4a+10=4a2+4a+10,x1x2=(ay1+2a+5)(ay2+2a+5)=4a2+20a+25.因为(y1-2)(y2-2)=y1y2-2(y1+y2)+4=-16a-16,(x1-1)(x2-1)=x1x2-(x1+x2)+1=16a+16,k AB·k AC=--·--=-=-1,所以AB和AC的斜率的乘积等于-1,即AB垂直于AC.综上可知,三角形ABC是直角三角形.21.-y2=1[解析] ∵双曲线的一条渐近线方程为y=x,∴可设双曲线的方程为-y2=m(m≠0), 又双曲线经过点(2,1),则有-12=m,解得m=1,∴双曲线的标准方程为-y2=1.22.[解析] 设焦点为F,由题意知∠PAF=60°,则x P=+⇒x P=,所以4=x P++=2p+⇒p=.解答必刷卷(五)1.解:(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).由=得x0=x,y0=y.因为M(x0,y0)在C上,所以+=1,因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0,所以·=0,即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C 的左焦点F.2.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,==1.于是直线AB的斜率k=--(2)由y=,得y'=.设M(x3,y3),由题设知=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0.当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2.从而|AB|=|x1-x2|=4.由题设知|AB|=2|MN|,即4=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.3.解:(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,所以a2=4,b2=2,因此椭圆方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-,因此y1+y2=,所以D-,又N(0,-m),所以|ND|2=-+,整理得|ND|2=,因为|NF|=|m|,所以==1+.令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=,所以=1+=1+,令y=t+,所以y'=1-.当t≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,因此t+≥,当且仅当t=3时等号成立,此时k=0,所以≤1+3=4,由(*)得-<m<且m≠0,故≥.设∠EDF=2θ,则sin θ=≥,所以θ的最小值为,从而∠EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0.综上所述:当k=0,m∈(-,0)∪(0,)时,∠EDF取到最小值.4.解:(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0).因为椭圆C的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点, 且抛物线x2=8y的焦点是(0,2所以b=2.又由=,a2=c2+b2,得a=4,所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)由题易得t=3,即P(2,3),Q(2,-3).当∠APQ=∠BPQ时,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,直线PA的方程为y-3=k(x-2).设A(x1,y1),B(x2,y2),由--整理得(3+4k2)x2+8(3-2k)kx+4(3-2k)2-48=0,则x1+2=-.同理,直线PB的方程为y-3=-k(x-2),可得x2+2=---=,所以x1+x2=-,x1-x2=-,所以k AB=--=----=--=,所以直线AB的斜率为定值.5.解:(1)易知直线l的斜率存在,可设直线l:y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2).由直线l和圆O相切,得=1, ∴b2=k2+1.由-消去y,整理得x2-kx-b-2=0,∴x1+x2=k,x1x2=-b-2.由OM⊥ON,得·=0,即x1x2+y1y2=0,∴x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,∴(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,∴(1+k2)(-b-2)+k2b+b2=0,∴b2(-b-2)+(b2-1)b+b2=0,∴b2+b=0,∴b=-1或b=0(舍去).当b=-1时,k=0,故直线l的方程为y=-1.(2)设Q(x1,y1),R(x2,y2),则k QR=--=----=x1+x2,∴x1+x2=-.由题知,直线PQ,PR的斜率均存在.设l PQ:y-y0=k1(x-x0),由直线PQ和圆O相切,得=1,即(-1)-2x0y0k1+-1=0.设l PR:y-y0=k2(x-x0),同理可得(-1)-2x0y0k2+-1=0.故k1,k2是方程(-1)k2-2x0y0k+-1=0的两根,则k1+k2=-.由--得x2-k1x+k1x0-y0-2=0,故x0+x1=k1.同理x0+x2=k2,则2x0+x1+x2=k1+k2,即2x0-=-,∴2x0-=--,解得x0=-或.当x0=-时,y0=-;当x0=时,y0=1.故P--或P(,1).6.解:(1)设动圆P的半径为r,依题意有|PF1|=3-r,|PF2|=1+r,所以|PF2|+|PF1|=4>|F1F2|,所以轨迹C是以F1,F2为焦点的椭圆,且c=1,a=2,所以b=当P点为椭圆的右顶点时,r=0,不符合题意,舍去,所以轨迹C的方程为+=1(x≠2).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立-得(3+4k2)x2-16kx+4=0,则x1+x2=,x1x2=,Δ=16(12k2-3)>0,得k2>.又原点O到直线AB的距离d=,|AB|=|x1-x2|=-=·-,所以S△AOB=|AB|·d=-,令-=t(t>0),则4k2=1+t2,则S△AOB==≤=,当且仅当t=2时,等号成立,即当k=±时,△OAB的面积取得最大值,此时直线l的方程为y=±x-2.。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第八章 解析几何 51 Word版含答案
课时作业证明、最值、范围、存在性问题．(·四川成都高中毕业班第一次诊断检测)已知椭圆＋＝的右焦点为，设直线：＝与轴的交点为，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点．()若直线的倾斜角为，求△的面积的值；()过点作直线⊥于点，证明：，，三点共线．解析：()由题意，知()，()，()．设(，)，(，)．∵直线的倾斜角为，∴＝.∴直线的方程为＝－，即＝＋.代入椭圆方程，可得＋－＝.∴＋＝－，＝－.∴△＝··－＝＝＝.()设直线的方程为＝(－)．代入椭圆方程，得(＋)－＋－＝，则＋＝，＝.∵直线⊥于点，∴(，)．∴＝，＝.而(－)－(－)＝(－)(－)＋(－)＝－[－(＋)＋]＝－＝，∴＝.故，，三点共线．．(·广东省五校高三第一次联考)已知椭圆：＋＝(>>)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线＋＋＝与以椭圆的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．()求椭圆的方程；()过点()的直线与椭圆相交于不同的两点和，若椭圆上存在点满足＋＝(其中为坐标原点)，求实数的取值范围．解析：()由题意知，以椭圆的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(－)＋＝，∴圆心到直线＋＋＝的距离＝＝.(*)∵椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴＝，＝，代入(*)式得＝＝，∴＝＝，故所求椭圆方程为＋＝.()由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为＝(－)，设(，)，将直线的方程代入椭圆方程得(＋)－＋－＝，∴Δ＝－(＋)(－)>，解得<.设(，)，(，)，则＋＝，＝，∴＋＝(＋－)＝－.由＋＝，得＝＋，＝＋，当＝时，直线为轴，则椭圆上任意一点满足＋＝，符合题意；当≠时，(\\(＝(＋)＝(－＋)))，∴＝·，＝·.将上式代入椭圆方程得＋＝，整理得＝＝，由<知，<<，所以∈(－)∪()，综上可得，实数的取值范围是(－)．．(·湘中名校联考)如图，曲线由上半椭圆：＋＝(>>，≥)和部分抛物线：＝－＋(≤)连接而成，与的公共点为，，其中的离心率为.()求，的值；()过点的直线与，分别交于点，(均异于点，)，是否存在直线，使得以为直径的圆恰好过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．解析：()在，的方程中，令＝，可得＝，且(－)，()是上半椭圆的左、右顶点．由＝＝及－＝＝可得＝，∴＝，＝.()存在．由()知，上半椭圆的方程为＋＝(≥)．由题易知，直线与轴不重合也不垂直，设其方程为＝(－)(≠)．代入的方程，整理得 (＋)－＋－＝.(*)设点的坐标为(，)，∵直线过点，∴＝是方程(*)的一个根．由求根公式，得＝，从而＝，∴点的坐标为.同理，由(\\(＝－，＝－＋))得点的坐标为(－－，－－)，∴＝(，。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章 解析几何 49 Word版含答案
C．[ ，＋∞) D．[2，＋∞)
解析：抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，双曲线的一条渐近线方程为bx＋ay＝0，由题知 ≤ ，化简得b2≤3a2，又c2＝a2＋b2，∴c2≤4a2，∴e≤2，又e＞1，∴e∈(1,2]．
答案：B
9．(2018·广州毕业班测试(二))已知点A(4,4)在抛物线y2＝2px(p＞0)上，该抛物线的焦点为F，过点A作该抛物线准线的垂线，垂足为E，则∠EAF的平分线所在的直线方程为()
A．2 B.
C. D.
解析：本题考查抛物线的定义．抛物线y＝2x2上的点到焦点的距离等于该点到准线的距离，所以最小距离是 ，又2p＝ ，则 ＝ ，即|PF|的最小值为 ，故选D.
答案：D
8．(2018·甘肃省五掖市高三第一次考试)已知抛物线y2＝8x的焦点到双曲线E： － ＝1(a＞0，b＞0)的渐近线的距离不大于 ，则双曲线E的离心率的取值范围是()
答案：B
4．(2018·合肥二模)已知抛物线y2＝2px(p＞0)上一点M到焦点F的距离等于2p，则直线MF的斜率为()
A．± B．±1
C．± D．±
解析：设M(x0，y0)，易知焦点为F ，由抛物线的定义得|MF|＝x0＋ ＝2p，所以x0＝ p，故y ＝2p× p＝3p2，解得y0＝± p，故直线MF的斜率k＝ ＝± ，选A.
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：∵x2＝2y，∴y＝ ，∴y′＝x，
∵抛物线C在点B处的坐标为 ，
∴直线l的方程为y＝ ，
∴|AF|＝|BF|＝1.故选A.
答案：A
7．(2018·东北三省四市联考(一))若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为()
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章 解析几何 43 Word版含答案 (16)
1 e .可排除时，则y＝e cos0＝e；当x＝π时，则y＝e cosπ＝本题考查函数的图象．函数f(x)＝ln(|x|－1)＋x，当x，＋∞)上单调递增，观察各选项只有A选项符合题意，故选排除法是解答此类图象问题的常用方法．若函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|y≥1}，≠1)的值域为{y|y≥1}，则＝x ＋x －x>0，解得－－1,0)∪(1，＋∞)，可排除A ，D.因为函数u函数f (x )＝x a满足f (2)(2)＝4，∴2a＝4，解得a ＝2，＋1)|＝⎨⎪⎧log 2x ＋，x ≥0，－log 2x ＋，－1<x <0，单调递增，且g (0)a ＝2，x≤－x，－2<x，＝g(x)y＝－k的图象恰有三个交点，．下列说法中，正确命题的个数为( )(x)的图象关于直线y＝0对称；(－x)的图象关于坐标原点对称；＝a＋x＋a－x2＝a轴对称，它们的图象分别向右平移的图象，即y＝f x－1)与y＝f(1－x x，－x x的取值范围是( )⎨⎧－x ，x －x ，x ≥0，g (x )的函数图象如图所示．图象上存在关于y 轴对称的点， 的图象有交点，kx ＋b ，k ＝1，1x－2－x，＋4，x∈[－1，1x－2－x，＋4．(2018·荆州模拟)对a∈R，记max{中的图象对应的函数为y＝f(x)，则下图________(填序号)．x)|；③y＝－f(|x|)；④y＝f(－|x|)的关系可知，图(2)是由图(1)在y轴左侧的部分及其关于f x－，x有两个不同的实数根，则函数f(x)的图象与直线．(2018·山东质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －1，x ≥0，x 2－2x －1，x ＜0，则对任意，下列不等式成立的是( )0 B ．f (x 1)＋f (x 2)＞0的图象如图所示：)是偶函数且在[0，＋∞)上是增函数．。
2019版高中全程复习数学(文)课时作业：第八章解析几何44含答案
答案：2
14．直线l过点P(－1,2)且到点A(2,3)和点B(－4,5)的距离相等，则直线l的方程为__________________．
解析：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 ＝ ，
即|3k－1|＝|－3k－3|，∴k＝－ .
答案：C
6．(2018·厦门一模)“c＝5”是“点(2,1)到直线3x＋4y＋c＝0的距离为3”的()
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由点(2,1)到直线3x＋4y＋c＝0的距离d＝ ＝3，解得c＝5或c＝－25，故“c＝5”是“点(2,1)到直线3x＋4y＋c＝0的距离为3”的充分不必要条件，选B.
∴直线l1与直线l2的距离为 ＝ .
答案：
13．(2018·安徽池州月考)已知b>0，直线(b2＋1)x＋ay＋2＝0与直线x－b2y－1＝0互相垂直，则ab的最小值等于________．
解析：由题意知a≠0.∵直线(b2＋1)x＋ay＋2＝0与直线x－b2y－1＝0互相垂直，
∴－ · ＝－1，
ab＝ (a>0)，ab≥2 ＝2，当且仅当b＝1时取等号，
A．(5，＋∞) B．(0,5]
C．( ，＋∞) D．(0, ]
解析：当PQ与平行线l1，l2垂直时，|PQ|为平行线l1，l2间的距离的最大值，为 ＝ ，
∴l1，l2之间距离的取值范围是(0， ]．
故选D.
答案：D
二、填空题
11．直线Ax＋3y＋C＝0与直线2x－3y＋4＝0的交点在y轴上，则C的值为________．
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章解析几何47含答案.doc
课时作业47 椭圆一、选择题1. （2018-河北张家口模拟）椭圆I1的僥点坐标为十 =16 25A. (+ 3,0) B . (0, ± 3) C•(土9,0) D . (0，± 9)解析：根据椭圆方程可得焦点在x轴上，且c =a _b =25 —16=9，/.c=3，故焦点坐标为（0 , ± 3）.故选B.答案：B2. （2018-湖南长沙一模）椭圆的焦点在X轴上，中心在原点，其上、下两个顶点和两个焦点恰为边长是2的正方形的顶点，则椭圆的标准方程为（2A .x+ =1B 2 2-2解析：由条件可知b =2，a=2,所以椭圆的标准方程为+ =1.故选C,42答案：C3. （2018-上海浦东新区二模 3）方程kx+4y =4k 表示焦点在x 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是（A. k 〉4 B . k=4 C. k<4 D . 0<k<4解析：方程kx+4y =4k 表不焦点在x 轴上的椭圆，即方程 + =彳表示焦点在乂轴4k '上的椭圆，可得 0<k<4，故选D. 答案：D图如图所示，正视图为正方形，其4. （2018-陕西西安八校联本是直ft 现网其直观图和三视中楠圆的离率为.侧视ffl1 2 A. 2 B. 4解析：依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为边长:为^a ，HI 锥半径为\_a 、母线长为a ,因此其俯视图中椭圆的长轴长为答案：C5. （2018.泉州质检）已知醐T+丁=1的长轴在x 轴上，焦距为4,则m 軒 171-2 10- m角■•醐x + y^的长轴在^上nv2 10-mrrr-2>0,短轴长为a ，其离心率，选C.a,则斜a、2,又 ei2 2 2贝0 rr^n=2ai ，m-n= 2a 2, m+n =4c2 2 2可得 ai+ a 2=2c11可得22+10— ra>0,解得6< mdO.•.•焦距为 4，/.c =m-2—10+m=4，解得 m=a. 答案：A6. （2018-江西上饶一模）设^，F 2为椭圆C:VapbpO ）与双曲线G:2 2X 2_ y2_£1（a 2>0, b 2>0）的公共焦点，它们在第一象限内交于点M Z F 1MF 2=90° ,若椭圆的离心率 ei,则双曲线G 的离心率曰2为（9 3 2A. 2B. 235.C. 2 15. 4解析，设m | F 2M = n, rr?>n,3 2所以e2= .故选B.2答案：B7. （20 18-宜昌调研）已知F：，F2分别是椭圆2 2X y2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点， a 椭b圆上位于第一象限内的一点，0为坐标原点，0F 2线0A 的方程是（A. y =i B 23y = x D 2解析：设 A(X A ，yA)，又 F 2(C , 0),所以 OA. 0F 2= (X A , y A) - (C ，0)=CXA =C ，因为 c> 0c ac£2，若椭圆的离心率为，则直IOA. 0F2 =所d=C ，代入椭ac2=1，解得 y A =，故 koA=y= 22+IPF 2+8c 2=4a 2,a ，故 koA =做宣线OA 的方程是y= x ，故选B答案：B2ax 2 a8.西九江模拟）椭圆x y标原点，点p 为椭圆上一点2=1（a>b>0），Fi, F 2为椭圆的左、右焦点，O 为 坐2 + a b2I op l a,且|PFJ ，IRRI , |PF 2|成等比数列，则椭圆的离 4心率为（2 2 A - 4 B - 36 6 C- 3 4解析：设P （x ，y ），则|0P|由椭圆定义得，| PF ：| +本PFy =2a ， /jPF^+21 PF2=4淨，川PF 2|卞厂PF 2| - 1又...IPF I I ，I F1F2I , IPF2I 成等比数列，•••|PFi|. I PF2I = | F1R =4c I则丨PFJ• •(x + c) +y+(x — c ) + y + 8c =4a ,整理得2 2 2 2x + y + 5c = 2a、一 c 6椭圆的禺心率 e==.故选Da 4答案：D2 2x y2=1（a〉b 〉0）的左焦点为F ，若F 关于直线2 +a b+ 5c =2a8整理得9. （2018-江西高安模拟，5）椭圆G-^x+ y=0的对称点A 是椭圆C 上的点，椭圆 C 的离心率灼 ）1V~3_1解析：设F （— c ，0）关于直线73x+y=0的对称-<3:.m= ， n =22Cj D.1A._2B.m^c点A （ m n ），则m=nc n + =0 2 23y2 23- +y -3 (1- )ymm鵬 |2= ap — c 2代入代入椭圆方程可得-2一c 3一 ---------------S.C442 +1，把b化简可得 e答案：D4一 8e2+4=0，解得 e2=4±23，又 0<e<+，3— 1，故选10. （2017■新课标全国卷I 務）设 AV2 2X y + =1长轴的两个端点.若3m上存在点M 满足zAM&120Q ，刚的取值范蹋（A. (0,1] u[9, +00)B . (0， 3]u[9，+oo) C. (0,1] u[4，+oo) D .(0，3] u[4 , +oo)解析：方法一：设雋点在 x 轴上，点 过点M 作x 轴的垂线，慰I 自于点N ，JMx, o ).3 + x 3-x 故 tan~z AMB = tan( z AMN+TBMN)lyl lyl2 3|y|2-31-3 + xlyl2+y3-xlyl2 3|y|2 3|y|3.y| = 2m3— m2mX 0<| y| < m BP 0< < m 结你m;3 解得0<nrS 1.J一m对于焦点在y轴上的情况，同理亦可得佗9.则m 的取值范風1] u[9，+00). 故选方法二：当0<m3时，焦点在x 轴上 要使C 上存在点M 满足AMB=120°，解得0<n^ 1.当rn>3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足AMB=12(T 故m 的取值范厲，1] u[9 , +o )). 故选 答案：A 二、填空题11. (2018-苏州一^戴1 2椭圆的两焦点与短轴的两端点在fflh解析：不妨设椭圆的方程舟2= 1( a>b>0),依题意得 b=c=1，a= 2，则椭圆_a b+ y=l,设椭圆的内接隹方形在第一象限的谰坐标(xo, x 0),代入椭圆方程，的方程1 y-0 x+ 22，.•.直线EF ：的方程为则 tan 60 c= ，即 b<3则 > tan 60 ° = b33，解得ni 9,则椭圆的内接正方_£得Xo=，所以正方形通3答案:左、右焦点F ：，R ，与椭圆在第一象限的赍兩且Fv E ，A 三点共线，则该椭圆的方程2=9 x y经棚圆C:72+ ,< 4 a b12. (2018■江西讀州樹己知H E: x2+ y1( a 〉b 〉O)的，当 y=0 时，x=±2解盛对一矛2 1 即 y= x + 24 ，由得点A 的坐梅2，1），y=x+ ，解析：由I OP| = I hF 2|，且I PFJI PF 2|4可得点p是椭圆的短轴端点’即P （0，土 b ）£ 21c 2故 b= x 2c=c ，故 a= 2c ，即=•2a 2通径公式知丨MN|2b 2厂 2x+ 2k __________ r + 1） x +4k — 2 = 0•域 M X1，y 1），NX2，y2），，所以I PQI= =2 2.综上所述， | MN| 2 2则 2a= | AFi| + | AF2I =4，••• a=2，...b = 2, /.该椭圆的方程为1.答案：x + y=i 4 213. （2018-兰州一模）己知椭圆x丄y2十1（a>b>0）的左、右焦点分别为 Fi, F2,点P 在椭圆上，O 为坐标原点，若|OP|I hF 2|，且| PhH PF 2| = a ，则该椭圆的离心率为£答案:14.（2018.武汉调研）已知直线MN 过椭x圆 ^/乂=1的左焦点6与椭圆交于MN 两点.直< -线PQ 过原点O 与MN 平行，且PQ 与椭圆交于P ，Q 两 I PQ I = 点，贝（J厂I IVilKII .yfI MN|解析：本题考查椭圆的几何性质.因为 a= 2，b=1,所以c=1，当MN 丄x 轴时，由r I Ji"IPQIo2,又PQ 过原点且与MN 平行，所以|PQ|=2b=2，, MMla 所以 丨MN| = 2 2;当查线一MN 的斜率存在时，线 MN 的方程为y = k （x~1）丁则直线PQ 的 方程 2 则 X1 + X2 —4k 22k +1 ①，XlX2 2k 2_2 ②，所以 |MN| 2k + 1 =X2X1+X2 2 2 2 +k 同理可求得 -4XI X 2,将①②代入化简整理，得| MN| = IPQI 2k +1 IPQI 2 2. | MN|答案：2 2［能力挑战］15. (2018-烟台一模)己知椭圆C的中心在原点，焦点在X轴上，焦距为2，离心率为1■2(1) 求椭圆C的方程；(2) 设直线I经过点M0,1)，且与椭圆C交于A，B两点，若AM=2MB，求直线|的方程.解析：(1)设椭圆方程为2十1（ a 〉0，b>0）因为c=1,乃=了，所以 a=2，b= 3,所以椭圆c 的方程为x +y 、+ =1. 4 3(2)由题意得直线I 的斜率存在，设直线I 的方程为y=kx+1,则由y= k"x+ 1,L2 2X y + = 1 4 32）X 2得（3+4k+8kx — 8=0，且△〉（）设/\（xi ，yi ），B （X2，y2），则由 Aiyi= 2MB 得 Xi = —2X2.-8kX I + X2=2, + 4k '-8k X2=2 3+4kX1. X2=、_8J3+4k所以-2x3+4k又 tan 2 AMB = tan 120 °= 且由x y 2_3_ 3y 消去x 2,得 8k 2 所 2= 3+4k 2.3 + 4k 解得k k=±+ 可得X --------------- 3 m。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章 解析几何 51 Word版含答案
综上所述：∠SOT的最大值为 ，取得最大值时直线l的斜率为k1＝± .
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－ 交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝ .M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－ ，x1·x2＝ .
|AC|＝ |x1－x2|
＝ ＝ .
∵直线BD的斜率为－ ，
∴|BD|＝ ＝ .
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ .
综上，2λ＝ ＋ ＝ ，
∴λ＝ .
故存在常数λ＝ ，使得 ，λ， 成等差数列．
[能力挑战]
6．(2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E： ＋ ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，焦距为2.
∴(S△BOC)max＝ ×2× ＝ ，
∴△BOC的面积的最大值为 .
5．(2018·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知F1，F2为椭圆E： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P(1， )在椭圆E上，且|PF1|＋|PF2|＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得 ，λ， 成等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
＝ ＝ .
(2)设直线l1的方程为y＝k(x－1)．
代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，
则x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
∵直线BN⊥l于点N，∴N(5，y2)．
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课时作业 51 证明、最值、范围、存在性问题1．(2018·四川成都高中毕业班第一次诊断检测)已知椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点为F ，设直线l ：x ＝5与x 轴的交点为E ，过点F 且斜率为k 的直线l 1与椭圆交于A ，B 两点，M 为线段EF 的中点．(1)若直线l 1的倾斜角为π4，求△ABM 的面积S 的值；(2)过点B 作直线BN ⊥l 于点N ，证明：A ，M ，N 三点共线．解析：(1)由题意，知F (1,0)，E (5,0)，M (3,0)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． ∵直线l 1的倾斜角为π4，∴k ＝1.∴直线l 1的方程为y ＝x －1，即x ＝y ＋1. 代入椭圆方程，可得9y 2＋8y －16＝0. ∴y 1＋y 2＝－89，y 1y 2＝－169.∴S △ABM ＝12·|FM |·|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－892＋4×169＝8109. (2)设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)．代入椭圆方程，得(4＋5k 2)x 2－10k 2x ＋5k 2－20＝0， 则x 1＋x 2＝10k 24＋5k 2，x 1x 2＝5k 2－204＋5k 2.∵直线BN ⊥l 于点N ，∴N (5，y 2)． ∴k AM ＝－y 13－x 1，k MN ＝y 22.而y 2(3－x 1)－2(－y 1)＝k (x 2－1)(3－x 1)＋2k (x 1－1)＝－k [x 1x 2－3(x 1＋x 2)＋5]＝－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫5k 2－204＋5k 2－3×10k 24＋5k 2＋5＝0，∴k AM ＝k MN .故A ，M ，N 三点共线．2．(2018·广东省五校高三第一次联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x ＋y ＋1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M (2,0)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点S 和T ，若椭圆C 上存在点P 满足OS →＋OT →＝tOP →(其中O 为坐标原点)，求实数t 的取值范围．解析：(1)由题意知，以椭圆C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x －c )2＋y 2＝a 2，∴圆心到直线x ＋y ＋1＝0的距离d ＝c ＋12＝a .(*)∵椭圆C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形， ∴b ＝c ，a ＝2c ，代入(*)式得b ＝c ＝1，∴a ＝2b ＝2， 故所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，设P (x 0，y 0)， 将直线l 的方程代入椭圆方程得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0，∴Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)>0，解得k 2<12.设S (x 1，y 1)，T (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－4)＝－4k1＋2k2.由OS →＋OT →＝tOP →，得tx 0＝x 1＋x 2，ty 0＝y 1＋y 2，当t ＝0时，直线l 为x 轴，则椭圆上任意一点P 满足OS →＋OT →＝tOP →，符合题意；当t ≠0时，⎩⎪⎨⎪⎧tx 0＝8k 21＋2k2ty 0＝－4k1＋2k2，∴x 0＝1t ·8k 21＋2k 2，y 0＝1t ·－4k 1＋2k 2. 将上式代入椭圆方程得32k4t 21＋2k22＋16k2t 21＋2k22＝1，整理得t 2＝16k 21＋2k 2＝161k2＋2， 由k 2<12知，0<t 2<4，所以t ∈(－2,0)∪(0,2)，综上可得，实数t 的取值范围是(－2,2)．3．(2018·湘中名校联考)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32.(1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，是否存在直线l ，使得以PQ 为直径的圆恰好过点A ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解析：(1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1， 且A (－1,0)，B (1,0)是上半椭圆C 1的左、右顶点． 由e ＝c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1可得a ＝2，∴a ＝2，b ＝1. (2)存在．由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．由题易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直， 设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)．代入C 1的方程，整理得 (k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*) 设点P 的坐标为(x P ，y P )，∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得x P ＝k 2－4k 2＋4，从而y p ＝－8kk 2＋4，∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4. 同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1k ≠0，y ＝－x 2＋1y ≤0得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )，∴AP →＝2kk 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2)．连接AP 、AQ ，依题意可知AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ →＝0，即－2k2k 2＋4[k －4(k ＋2)]＝0，∵k ≠0，∴k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.经检验，k ＝－83符合题意，故直线l 的方程为y ＝－83(x －1)．4．(2018·东北三省四市联考)已知椭圆E 的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，若椭圆右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离是3.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与该椭圆交于不同的两点B ，C ，若坐标原点O 到直线l 的距离为32，求△BOC 面积的最大值． 解析：(1)由题意b ＝1，右焦点(c,0)(c >0)到直线x －y ＋22＝0的距离为d ＝|c ＋22|2＝3，∴c ＝2， 又∵a 2－b 2＝c 2， ∴a ＝3，又∵椭圆E 的交点在x 轴上， ∴椭圆E 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设B (x 1，y 1)，C (x 1，y 2)，则联立直线l 与椭圆方程有⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋3y 2＝3，得(3k 2＋1)x2＋6mkx ＋3m 2－3＝0.又|BC |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝1＋k2123k 2－m 2＋13k 2＋1， 平方得|BC |2＝121＋k23k 2－m 2＋11＋3k 22， ① 由O 到直线l 的距离为|m |1＋k2＝32， 得m 2＝34(k 2＋1)，代入①式，得|BC |2＝39k 4＋10k 2＋19k 4＋6k 2＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋49k 2＋1k 2＋6，当且仅当k 2＝13时，9k 2＋1k 2≥6，|BC |有最大值2.∴(S △BOC )max ＝12×2×32＝32，∴△BOC 的面积的最大值为32. 5．(2018·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知F 1，F 2为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，点P (1，32)在椭圆E 上，且|PF 1|＋|PF 2|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)过F 1的直线l 1，l 2分别交椭圆E 于A ，C 和B ，D ，且l 1⊥l 2，问是否存在常数λ，使得1|AC |，λ，1|BD |成等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．解析：(1)∵|PF 1|＋|PF 2|＝4， ∴2a ＝4，a ＝2.∴椭圆E ：x 24＋y 2b2＝1.将P (1，32)代入可得b 2＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①当AC 的斜率为零或斜率不存在时，1|AC |＋1|BD |＝13＋14＝712；②当AC 的斜率k 存在且k ≠0时，AC 的方程为y ＝k (x ＋1)， 代入椭圆方程x 24＋y 23＝1，并化简得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2.|AC |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝121＋k23＋4k2.∵直线BD 的斜率为－1k，∴|BD |＝12[1＋－1k2]3＋4－1k2＝121＋k 23k 2＋4.∴1|AC |＋1|BD |＝3＋4k 2121＋k 2＋3k 2＋4121＋k 2＝712. 综上，2λ＝1|AC |＋1|BD |＝712，∴λ＝724.故存在常数λ＝724，使得1|AC |，λ，1|BD |成等差数列．[能力挑战]6．(2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2. (1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率．解析：(1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以a ＝2，b ＝1， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－122k 21＋1， 所以|AB |＝ 1＋k 21|x 1－x 2|。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业第八章 解析几何 46 Word版含答案
课时作业直线与圆、圆与圆的位置关系一、选择题．(·菏泽一模)已知圆(－)＋＝被直线－＝分成两段圆弧，则较短弧长与较长弧长之比为( )．：．：．：．：解析：(－)＋＝的圆心为()，半径为.圆心到直线的距离＝＝，所以较短弧所对的圆心角为，较长弧所对的圆心角为，故两弧长之比为：.选.答案：．(·聊城模拟)圆(－)＋(－)＝上到直线＋－＝的距离等于的点的个数为( )．．．．解析：因为圆心到直线的距离为＝，又因为圆的半径为，所以直线与圆相交，由数形结合知，圆上到直线的距离为的点有个．答案：．(·烟台一模)若一个圆的圆心为抛物线＝－的焦点，且此圆与直线＋－＝相切，则该圆的方程是( )．＋(－)＝．(＋)＋＝．(－)＋(＋)＝．＋(＋)＝解析：抛物线＝－，即＝－，其焦点为(，－)，即圆心为(，－)，圆心到直线＋－＝的距离＝＝，即＝，故该圆的方程是＋(＋)＝，选.答案：．圆＋＋＝与圆＋－＝的公共弦长为( )解析：解法一联立得(\\(＋＋＝，＋－＝，))得＋＝，将＋＝代入＋＋＝，得－＝，解得＝，＝，故两圆的交点坐标是()，，则所求弦长为＝，故选.解法二联立得(\\(＋＋＝，＋－＝，))得＋＝，将＋＋＝化为标准方程得(＋)＋＝，圆心为(－)，半径为，圆心(－)到直线＋＝的距离＝＝，则所求弦长为＝，选.答案：．(·陕西省高三质检(一))圆：＋－－＋＝上的点到直线－＝的距离的最大值是( ) ．＋．．＋．＋解析：本题考查直线与圆的位置关系．由已知得圆的标准方程为(－)＋(－)＝，则圆心坐标为()，半径为，所以圆心到直线的距离为＝，所以圆上的点到直线的距离的最大值是＋，故选.答案：．(·武汉调研)已知圆：(－)＋(－)＝和点(，)，若圆上存在两点，，使得⊥，则实数的取值范围为( )．[－] ．[－]．[] ．[]解析：本题考查直线与圆的位置关系．由题意，知满足条件的的值在直线＝的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．设过点(，)的直线方程为－＝(－)，由相切条件，得＝，整理，得＋(－)＋(－)－＝，由题意知此方程的两根满足＝－，所以＝－，解得＝或＝，所以≤≤，故选.答案：．(·衡阳联考)若直线－＋＝与圆(－)＋＝没有公共点，则实数的取值范围为( ) ．(－∞，－－)∪(－，＋∞)．(－∞，－－)∪(－，＋∞)．(－∞，－－)∪(－，＋∞)．(－∞，－－)∪(－，＋∞)解析：通解将－＋＝代入(－)＋＝得＋(－)＋＝，又直线与圆没有公共点，则有Δ＝(－)－＜，即＋－＞，解得＜－－或＞－，选.优解圆心()到直线－＋＝的距离＝＞，解得＜－－或＞－，选.答案：．(·广东佛山二模，)过点()的直线与圆：(－)＋(－)＝交于，两点，为圆心，当∠最小时，直线的方程是( )．－＋＝．＋－＝．－＋＝．＋－＝解析：设圆心到直线的距离为，则有＝，要使∠最小，则要取到最大值．此时直线与直线垂直．而＝＝，故直线的方程为－＝－×(－)，即＋－＝.答案：。
2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章 解析几何 47 Word版含答案
则 ＝ ＝－ .
解得|y|＝ .
又0<|y|≤ ，即0< ≤ ，结合0<m<3解得0<m≤1.
对于焦点在y轴上的情况，同理亦可得m≥9.
则m的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．
故选A.
方法二：当0<m<3时，焦点在x轴上，
要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则 ≥tan 60°＝ ，即 ≥ ，
解析：本题考查椭圆的几何性质．因为a＝ ，b＝1，所以c＝1，当MN⊥x轴时，由通径公式知|MN|＝ ＝ ＝ ，又PQ过原点且与MN平行，所以|PQ|＝2b＝2，所以 ＝ ＝2 ；当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x＋1)，则直线PQ的方程为y＝kx，由 得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝ ①，x1x2＝ ②，所以|MN|＝ |x1－x2|＝ · ，将①②代入化简整理，得|MN|＝ ；同理可求得|PQ|＝ ，所以 ＝ ＝2 .综上所述， ＝2 .
∴|PF1|2＋2|PF1||PF2|＋|PF2|2＝4a2，
又∵|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等比数列，
∴|PF1|·|PF2|＝|F1F2|2＝4c2，
则|PF1|2＋|PF2|2＋8c2＝4a2，
∴(x＋c)2＋y2＋(x－c)2＋y2＋8c2＝4a2，整理得x2＋y2＋5c2＝2a2，
一、选择题
1．(2018·河北张家口模拟)椭圆 ＋ ＝1的焦点坐标为()
A．(±3,0) B．(0，±3)
C．(±9,0) D．(0，±9)
解析：根据椭圆方程可得焦点在x轴上，且c2＝a2－b2＝25－16＝9，∴c＝3，故焦点坐标为(0，±3)．故选B.
【精品】2019版高中全程复习方略数学(文)课时作业：第八章解析几何46
6．(2018·武汉调研)已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2＝10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围为()
A．[－2,6] B．[－3,5]
C．[2,6] D．[3,5]
解析：本题考查直线与圆的位置关系．由题意，知满足条件的t的值在直线x＝5的两个点的纵坐标之间取值，过此两个点与圆相切的两条直线互相垂直．设过点(5，t)的直线方程为y－t＝k(x－5)，由相切条件，得 ＝ ，整理，得6k2＋8(4－t)k＋(t－4)2－10＝0，由题意知此方程的两根满足k1k2＝－1，所以 ＝－1，解得t＝2或t＝6，所以2≤t≤6，故选C.
答案：D
4．圆x2＋y2＋4x＝0与圆x2＋y2－8y＝0的公共弦长为()
A. B.
C. D.
解析：解法一 联立得 得x＋2y＝0，将x＋2y＝0代入x2＋y2＋4x＝0，得5y2－8y＝0，解得y1＝0，y2＝ ，故两圆的交点坐标是(0,0)， ，则所求弦长为 ＝ ，故选C.
解法二 联立得 得x＋2y＝0，将x2＋y2＋4x＝0化为标准方程得(x＋2)2＋y2＝4，圆心为(－2,0)，半径为2，圆心(－2,0)到直线x＋y＝0的距离d＝ ＝ ，则所求弦长为2 ＝ ，选C.
所以当k＝－3时，ab取得最大值9，故选B.
答案：B
二、填空题
11．(2018·洛阳一模)已知过点(2,4)的直线l被圆C：x2＋y2－2x－4y－5＝0截得的弦长为6，则直线l的方程为__________．
解析：圆C：x2＋y2－2x－4y－5＝0的圆心坐标为(1,2)，半径为 .因为过点(2,4)的直线l被圆C截得的弦长为6，所以圆心到直线l的距离为1，①当直线l的斜率不存在时，直线方程为x－2＝0，满足圆心到直线的距离为1；②当直线l的斜率存在时，设其方程为y－4＝k(x－2)，即kx－y－2k＋4＝0，所以 ＝1，所以k＝ ，所求直线l的方程为3x－4y＋10＝0.故直线l的方程为x－2＝0或3x－4y＋10＝0.
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直径，∴AC＝2 5，∵BD 为最短弦，∴AC 与 BD 垂直，易求得 ME＝ 2，∴BD＝2BE＝2 5－2＝2 3.S 四边形 ABCD 1 1 1 1 1 ＝S△ABD＋S△BDC＝ BD×EA＋ ×BD×EC＝ ×BD×(EA＋EC)＝ ×BD×AC＝ ×2 3×2 5＝2 15.故选 D. 2 2 2 2 2 答案：D 8．点 P(4，－2)与圆 x ＋y ＝4 上任一点连线的中点的轨迹方程是( A．(x－2) ＋(y＋1) ＝1 B．(x＋2)2＋(y＋1)2＝4
2 2
)
解析：由题知圆心坐标为(－1,0)，将直线 y＝x＋3 化成一般形式为 x－y＋3＝0，故圆心到直线的距离 d ＝ |－1－0＋3| 1＋
2 2
－1
＝ 2.故选 C.
答案：C 3．经过原点并且与直线 x＋y－2＝0 相切于点(2,0)的圆的标准方程是( A．(x－1) ＋(y＋1) ＝2 B．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 C．(x－1) ＋(y＋1) ＝4 D．(x＋1) ＋(y－1) ＝4 解析：设圆心的坐标为(a，b)， 则 a2＋b2＝r2①， (a－2) ＋b ＝r ②，2 2 2 2 2 2 2 2)
b ＝1③， a－2
联立①②③解得 a＝1，b＝－1，r ＝2. 故所求圆的标准方程是(x－1) ＋(y＋1) ＝2. 故选 A. 答案：A 4．(2018·山西太原五中模拟，5)已知△ABC 三个顶点的坐标分别为 A(1,0)，B(0， 3)，C(2， 3)，则 △ABC 外接圆的圆心到原点的距离为( A. 5 3 2 5 3 B. 21 3 4 3 )
12 21 1＋ ＝ .故选 B. 9 3
5．(2018·山西运城二模)已知圆(x－2)2＋(y＋1)2＝16 的一条直径通过直线 x－2y＋3＝0 被圆所截弦的 中点，则该直径所在的直线方程为( A．3x＋y－5＝0 C．x－2y＋4＝0 B．x－2y＝0 D．2x＋y－3＝0 )
1 解析：直线 x－2y＋3＝0 的斜率为 ，已知圆的圆心坐标为(2，－1)，该直径所在直线的斜率为－2，所 2 以该直径所在的直线方程为 y＋1＝－2(x－2)，即 2x＋y－3＝0，故选 D. 答案：D 6．(2018·福建厦门质检)圆 C 与 x 轴相切于 T(1,0)，与 y 轴正半轴交于两点 A、B，且|AB|＝2，则圆 C 的标准方程为( )
2 2 2
C.
D.
解析：设圆心为 P.因为△ABC 外接圆的圆心在线段 BC 的垂直平分线上，即直线 x＝1 上，可设圆心 P(1，
p)，由 PA＝PB 得|p|＝ 1＋ p－ 3
1， 2 3 3 ，
2
，解得 p＝
2 3 ， 3
所以圆心坐标为 P
所以圆心到原点的距离|OP|＝ 答案：B
2 3 2 1＋ 3 ＝
A．(x－1)2＋(y－ 2)2＝2 B．(x－1) ＋(y－2) ＝2 C．(x＋1) ＋(y＋ 2) ＝4
2 2 D．(x－1) ＋(y－ 2) ＝4 2 2 2 2
解析： 由题意得， 圆 C 的半径为 1＋1＝ 2， 圆心坐标为(1， 2)， ∴圆 C 的标准方程为(x－1) ＋(y－ 2) ＝2，故选 A. 答案：A
2 2 2 2
)
C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4 D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1 解析：设圆上任一点为 Q(x0，y0)，
x＝ PQ 的中点为 M(x，y)，则 y＝
4＋x0 ， 2 －2＋y0 ， 2
2 2
解得
x0＝2x－4， y0＝2y＋2，
2 2
因为点 Q 在圆 x ＋y ＝4 上，
2 2
所以 x0＋y0＝4，即(2x－4) ＋(2y＋2) ＝4， 化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1. 答案：A 9．(2018·山西晋中二模)半径为 2 的圆 C 的圆心在第四象限，且与直线 x＝0 和 x＋y＝2 2均相切，则 该圆的标准方程为(
2
)
2
A．(x－1) ＋(y＋2) ＝4 B．(x－2) ＋(y＋2) ＝2 C．(x－2) ＋(y＋2) ＝4
2 2 D．(x－2 2) ＋(y＋2 2) ＝4 2 2 2 2
解析：设圆心坐标为(2，－a)(a>0)，则圆心到直线 x＋y＝2 2的距离 d＝ ∴a＝2，∴该圆的标准方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝4，故选 C. 答案：C
|2－a－2 2| ＝2， 2
10．(2018·成都一诊)已知 A，B 为圆 C：(x－m) ＋(y－n) ＝9(m，n∈R)上两个不同的点，C 为圆心，且 → → 满足|CA＋CB|＝2 5，则|AB|＝( A．2 5 C. 5 B．4 )
2
2
7．(2018·山东菏泽一模，11)已知在圆 M：x ＋y －4x＋2y＝0 内，过点 E(1,0)的最长弦和最短弦分别 是 AC 和 BD，则四边形 ABCD 的面积为( A．3 5 C．4 15 B．6 5 D．2 15 )
2
2
2 2 2 2 解析：圆 x ＋y －4x＋2y＝0 可化为(x－2) ＋(y＋1) ＝5，圆心 M(2，－1)，半径 r＝ 5，最长弦为圆的
2
2
D．2
→ → → → 解析：∵C 为圆心，A，B 在圆上，∴取 AB 的中点为 O，连接 CO，有 CO⊥AB，且CA＋CB＝2CO，∴|CO|＝ 5，又圆 C 的半径 R＝3，∴|AB|＝2 答案：B 二、填空题 11．(2018·广东肇庆二模)已知圆 C 的圆心是直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 x＋y＋3＝ 0 相切，求圆 C 的方程是__________________． 解析：根据题意，直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点为 → R2－|CO|2＝2× 9－5＝4，故选 B.
课时作业 45
圆的方程
一、选择题 1．方程 y＝ 1－x 表示的曲线是( A．上半圆 C．圆 B．下半圆 D．抛物线
2 2 2 2 2
)
解析：由方程可得 x ＋y ＝1(y≥0)，即此曲线为圆 x ＋y ＝1 的上半圆． 答案：A 2．(2016·北京，5)圆(x＋1) ＋y ＝2 的圆心到直线 y＝x＋3 的距离为( A．1 C. 2 B．2 D．2 2