【三维设计】高考数学总复习 课时跟踪检测52 圆锥曲线的综合问题(视情况选用).doc

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|)，2c32a2c，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|,| |,cos24.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，)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|