《2014届高考数学一轮 知识点各个击破 第八章 课时跟踪检测（五十二）圆锥曲线的综合问题(视情况选用) 文 新人教A版.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014届高考数学一轮 知识点各个击破 第八章 课时跟踪检测（五十二）圆锥曲线的综合问题(视情况选用) 文 新人教A版.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时跟踪检测(五十二)圆锥曲线的综合问题(视情况选用)1已知双曲线x21的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则,的最小值为()A2BC1 D02过抛物线y22x的焦点作一条直线与抛物线交于A、B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线()A有且只有一条 B有且只有两条C有且只有三条 D有且只有四条3(2012南昌联考)过双曲线1(a0，b0)的右焦点F作与x轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若,4,，则双曲线的离心率为()A. B.C. D.4已知椭圆1的焦点是F1，F2，如果椭圆上一点P满足PF1PF2，则下面结论正确的是()AP点有
2、两个 BP点有四个CP点不一定存在 DP点一定不存在5已知椭圆C：y21的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足y1，则|PF1|PF2|的取值范围为_6(2013长沙月考)直线l：xy0与椭圆y21相交于A、B两点，点C是椭圆上的动点，则ABC面积的最大值为_7设F1，F2分别是椭圆E：x21(0b1)的左，右焦点，过F1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列(1)求|AB|；(2)若直线l的斜率为1，求b的值8(2012黄冈质检)已知椭圆1(ab0)的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C(m,0)是
3、线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B点，使得|AC|BC|？并说明理由9(2012江西模拟)已知椭圆C：1(ab0)，直线yx与以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F1，F2为其左，右焦点，P为椭圆C上任一点，F1PF2的重心为G，内心为I，且IGF1F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：ykxm(k0)与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线过定点C，求实数k的取值范围1(2012长春模拟)已知点A(1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足AMB2，| |,| |,cos23，过点B的直线交曲线C于P，Q
4、两点(1)求|,|,的值，并写出曲线C的方程；(2)求APQ的面积的最大值2(2012郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0)，m3，半径为，圆C与离心率e的椭圆E：1(ab0)的其中一个公共点为A(3,1)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点(1)求圆C的标准方程；(2)若点P的坐标为(4,4)，试探究直线PF1与圆C能否相切？若能，设直线PF1与椭圆E相交于D，B两点，求DBF2的面积；若不能，请说明理由 答 题 栏 A级1._ 2._ 3._ 4._ 5. _ 6. _ 答 案课时跟踪检测(五十二)A级1A2.B3.B4.D5解析：当P在原点处时，|PF1|PF2|取得最小值2；当P在椭圆上
5、时，|PF1|PF2|取得最大值2，故|PF1|PF2|的取值范围为2,2 答案：2,2 6解析：由得3x22，x，A，B，|AB|.设点C(cos ，sin )，则点C到AB的距离dsin()，SABC|AB|d.答案：7解：(1)由椭圆定义知|AF2|AB|BF2|4，又2|AB|AF2|BF2|，得|AB|.(2)l的方程为yxc，其中c.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(1b2)x22cx12b20.则x1x2，x1x2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|x2x1|，即|x2x1|.则(x1x2)24x1x2，解得b.8解：(1)，b1，椭圆的方
6、程为y21.(2)由(1)得F(1,0)，0m1.假设存在满足题意的直线l，设l的方程为yk(x1)，代入y21中，得(2k21)x24k2x2k220.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x22).设AB的中点为M，则M.|AC|BC|，CMAB，即kCMkAB1，k1，即(12m)k2m.当0m时，k ，即存在满足题意的直线l；当m1时，k不存在，即不存在满足题意的直线l.9解：(1)设P(x0，y0)，x0a，则G.又设I(xI，yI)，IGF1F2，yI，|F1F2|2c，SF1PF2|F1F2|y0|(|PF1|PF2|F1F2|)，2c32a
7、2c，e，又由题意知b，b，a2，椭圆C的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，消去y，得(34k2)x28kmx4m2120，由题意知(8km)24(34k2)(4m212)0，即m24k23，又x1x2，则y1y2，线段AB的中点P的坐标为.又线段AB的垂直平分线l的方程为y，点P在直线l上，4k26km30，m(4k23)，4k23，k2，解得k或k，k的取值范围是，.B级1解：(1)设M(x，y)，在MAB中，|,2，AMB2，根据余弦定理得| |,2|,22|,|,cos 2|,24，即(|,|,)22|,|,(1cos 2)4，所以(|,|,)24|,| |,c
8、os24.因为|,|,cos23，所以(|,|,)2434，所以|,|,4.又|,|,42|,，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，设椭圆的方程为1(ab0)，则a2，c1，所以b2a2c23.所以曲线C的方程为1.(2)设直线PQ的方程为xmy1.由，消去x，整理得(3m24)y26my90.显然方程的判别式36m236(3m24)0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则APQ的面积SAPQ2|y1y2|y1y2|.由根与系数的关系得y1y2，y1y2，所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248.令t3m23，则t3，(y1y2)2，由于函数(t)t在3，
9、)上是增函数，所以t，当且仅当t3m233，即m0时取等号，所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值为3，所以APQ的面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x1.2解：(1)由已知可设圆C的方程为(xm)2y25(m3)，将点A的坐标代入圆C的方程中，得(3m)215，即(3m)24，解得m1，或m5.m3，m1.圆C的标准方程为(x1)2y25.(2)直线PF1能与圆C相切，依题意设直线PF1的斜率为k，则直线PF1的方程为yk(x4)4，即kxy4k40，若直线PF1与圆C相切，则.4k224k110，解得k或k.当k时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为，不合题意，舍去当k时，直线PF1与x轴的交点的横坐标为4，c4，F1(4,0)，F2(4,0)由椭圆的定义得：2a|AF1|AF2|56.a3，即a218，e，满足题意故直线PF1能与圆C相切直线PF1的方程为x2y40，椭圆E的方程为1.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得，13y216y20，由根与系数的关系得y1y2，y1y2，故SDBF24|y1y2|4.7