高考数学回归课本 圆锥曲线（二）教案 旧人教版

用心 爱心 专心 高考数学回归课本教案高考数学回归课本教案 五 联赛一试水平训练题 1 在平面直角坐标系中 若方程 m x2 y2 2y 1 x 2y 3 2表示的曲线为椭圆 则 m 的取 值范围是 2 设 O 为抛物线的顶点 F 为焦点 且 PQ 为过 F 的弦 已知 OF a PQ b OPQ 面积 为 3 给定椭圆1 2 2 2 2 b y a x 如果存在过左焦点 F 的直线交椭圆于 P Q 两点 且 OP OQ 则离心率 e 的取值范围是 4 设 F1 F2分别是双曲线1 2 2 2 2 b y a x a b 0 的左 右焦点 P 为双曲线上的动点 过 F1作 F1PF2平分线的垂线 垂足为 M 则 M 的轨迹为 5 ABC 一边的两顶点坐标为 B 0 2 和 C 0 2 另两边斜率的乘积为 2 1 若点 T 坐标为 t 0 t R R 则 AT 的最小值为 6 长为 l l 1 的线段 AB 的两端点在抛物线 y x2上滑动 则线段 AB 的中点 M 到 x 轴的最 短距离等于 7 已知抛物线 y2 2px 及定点 A a b B a 0 ab 0 b2 2pa M 是抛物线上的点 设直 线 AM BM 与抛物线的另一个交点分别为 M1 M2 当 M 变动时 直线 M1M2恒过一个定点 此 定点坐标为 8 已知点 P 1 2 既在椭圆1 2 2 2 2 b y a x 内部 含边界 又在圆 x2 y2 3 2 22 ba 外部 含边界 若 a b R R 则 a b 的最小值为 9 已知椭圆1 34 22 yx 的内接 ABC 的边 AB AC 分别过左 右焦点 F1 F2 椭圆的左 右顶点分别为 D E 直线 DB 与直线 CE 交于点 P 当点 A 在椭圆上变动时 试求点 P 的轨 迹 10 设曲线 C1 1 2 2 2 y a x a 为正常数 与 C2 y2 2 x m 在 x 轴上方有一个公共点 P 1 求实数 m 的取值范围 用 a 表示 2 O 为原点 若 C1与 x 轴的负半轴交于点 A 当 0 a0 P x y 为轨迹上任一点 则 2 2 2 2 2 1 1 m k ykx k ykx 化简为 2k2x2 2y2 m2 1 k2 当 k 1 时 表示椭圆 当 k 1 时 表示圆 3 12 由题设 a 10 b 6 c 8 从而 P 到左焦点距离为 10e 10 10 8 8 所以 P 到右焦点的 距离为 20 8 12 4 2 k 2 或 k 5 由 k 2 5 k 5 或 2 k 2 5 3 364 设两条焦半径分别为 m n 则因为 F1F2 12 m n 20 由余弦定理得 122 m2 n2 2mncos600 即 m n 2 3mn 144 所以 3 256 mn 3 364 2 3 2 1 21 mnS FPF 6 3x 4y 5 0 设 M x1 y1 N x2 y2 则 1 4 1 4 2 2 2 22 1 2 1 y x y x 两式相减得 4 2121 xxxx y1 y2 y1 y2 0 由1 2 3 2 2121 yyxx 得 4 3 12 12 xx yy 用心 爱心 专心 故方程 y 1 4 3 x 3 7 4 设 B x1 y1 C x2 y2 则 3 8 21 yy 0 所以 y1 y2 8 故直线 BC 的斜率为 4 32 3232 21 2 1 2 2 12 12 12 yyyy yy xx yy 8 16 2 9 1 22 xy 1 由渐近线交点为双曲线中心 解方程组 01043 0243 yx yx 得中 心为 2 1 又准线为 5 4 y 知其实轴平行于 y 轴 设其方程为 2 2 2 2 1 1 b x a y 1 其渐近线方程为 b x a y11 0 所以 y 1 b a x 1 由题设 4 3 b a 将双曲线沿向量 m 2 1 平移后中心在原点 其标准方程为 2 2 2 2 b x a y 1 由平 移公式 1 2 yy xx 平移后准线为 c a y 2 5 9 再结合 4 3 b a 解得 a2 9 b2 16 故双 曲线为 16 2 9 1 22 xy 1 9 2 曲线 y2 ax 关于点 1 1 的对称曲线为 2 y 2 a 2 x 由 2 2 2 2 xay axy 得 y2 2y 2 a 0 故 y1 y2 2 从而 21 21 xx yy k 2 21 2 2 2 1 21 a yy a yy yya 1 所以 a 2 10 2 22 设 P x1 y1 及t PO PFPF 21 由 PF1 ex1 a PF2 ex1 a PF1 PF2 2ex1 所以t ax x 22 1 1 2 22 即 82 2 22 2 1 t ta x 因 22 1 ax 所 以 0 82 2 2 22 aa t ta 所以1 82 2 2 t t 即 20 设 x1 x2是方程 的两根 由韦达定理 2 12 2 2 12 2 22 21 k kk k kk xx 由 得 y1 y2 kx1 1 2k kx2 1 2k k x1 x2 2 1 2k 2 12 4 2 k k 设 P1P2的中点 P 坐标 x y 由中点公式及 得 2 12 2 2 2 12 2 2 21 2 21 k kyy y k kkxx x 用心 爱心 专心 消去 k 得 1 4 7 2 1 8 7 1 2 2 y x 点 2 0 满足此方程 故这就是点 P 的轨迹方程 高考水平测试题 1 1 1236 22 yx 由椭圆方程得焦点为 0 34 设双曲线方程1 2 2 2 2 b y a x 渐近线为 x a b y 由题设 3 1 a b 所以 a2 3b2 又34 c c2 a2 b2 所以 b2 12 a2 36 2 900 见图 1 由定义得 FA AA1 FB BB1 有 1 BFB1 2 AFA1 又 1 3 2 4 所以 3 4 BFB1 AFA1 900 3 相切 若 P x y 在左支上 设 F1为左焦点 F2为右焦点 M 为 PF1中点 则 MO 2 1 PF2 2 1 a ex 又 PF1 a ex 所以两圆半径之和 2 1 a ex a 2 1 a ex MO 所以两圆外切 当 P x y 在右支上时 同理得两圆内切 4 3 10 与 F1对应的另一条准线为 x 11 因 MF1 与 M 到直线 x 11 距离 d1之比为 e 且 d1 xm 11 10 所以 3 1 10 1 MF 所以 MF1 3 10 5 充要 将 y 2x 1 代入椭圆方程得 b2 4a2 x2 4a2x a2 1 b2 0 若 4a2 2 4 b2 4a2 a2 1 b2 0 则直线与椭圆仅有一个公共点 即 b2 4a2 1 反之 4a2 b2 1 直线与椭圆有一个公共点 6 y 2 x 1 消去参数得 y 2m 2 4 x m 焦点为 2 1 my mx 它在直线 y 2 x 1 上 7 1 mm 所以 1 m0 CA 的直线方程为 y kx 1 代入椭圆方程为 a2k2 1 x2 2a2kx 0 得 x 0 或 1 2 22 2 ka ka x 于是 0 1 2 22 2 ka ka A CA 1 12 22 22 ka kka 由题设 同理可得 CB 1 12 22 22 ka kka 利用 CA CB 可得 k 1 k2 a2 1 k 1 0 解得 k 1 或 k2 a2 1 k 1 0 对于 当 1 a3时 有两个不等实根 故最多有 3 个 11 解 设焦点为 F1 F2 椭圆上任一点为 P x0 y0 F1PF2 根据余弦定理得 F1F2 2 PF1 2 PF2 2 2 PF1 PF2 cos 又 PF1 PF2 2a 则 4c2 2a 2 2 PF1 PF2 1 cos 再将 PF1 a ex0 PF2 a ex0 及 a2 b2 c2代入得 4b2 2 a2 e2 2 0 x 1 cos 于是有 1 2 cos 2 0 22 2 xea b 由 0 22 0 ax 得 22 0 222 axeab 所以1cos 2 2 22 a ab 因 0 所以 cos 为减函数 故 0 2 arccos 2 22 a ab 当 2b2 a2即ba2 时 0 2 2 22 a ab arccos 2 0 2 2 2 22 a ab sin 为增 函数 sin 取最大值 22 22 22 arccossin a bc a ab 当 2b2 a2时 arccos 2 2 2 22 a ab 0 则 sin 最大值为 1 12 解 设 A x1 y1 B x2 y2 若 AB 斜率不为 0 设为 k 直线 AB 方程为 y k x c 代 入椭圆方程并化简得 b2 a2k2 x2 2a2k2cx a2 k2c2 b2 0 则 x1 x2为方程 的两根 由韦达定理得 用心 爱心 专心 2 222 22 21 kab cka xx 222 2222 21 kab bcka xx 因为 y1y2 k2 x1 c x2 c 再由 得 222 22 21 bka kb yy 所以OBOA x1x2 y1y2 222 224222 bka babcak O 点在以 AB 为直径的圆内 等价 OBOA 0 即 k2 a2c2 b4 a2b2 0 对任意 k R R 成立 等价于 a2c2 b2 0 即 ac b2 0 即 e2 e 1 0 所以 00 所以方程 必有两个不同实根 设为 x1 x2 由韦达定理得 x1x2 a20 设 y1 y2分别为 A B 的纵坐标 则 y1 y2 ma34 y1y2 12a2 所以 y1 y2 2 48a2 m2 1 所以 S AOB 2 1 y1 y2 OF1 2 3 a 34a 2222 6161amam 当且仅当 m 0 时 S AOB的面积取最小值 当 m 时 S AOB 无最大值 所以存在过 F 的直线 x a3 使 AOB 面积有最小值 6a2 用心 爱心 专心 联赛一试水平训练题 1 m 5 由已知得 m yx yx5 2 1 32 1 22 22 说明 x y 到定点 0 1 与到定直线 x 2y 3 0 的距离比为常数 m 5 由椭圆定义 m 5 5 2 aba因为 b PQ PF QF 2 sin 4 cos 1 2 cos1 2aaa 所以 b a 2sin 所以 S OPQ 2 1 absin aba 3 1 2 15 设点 P 坐标为 r1cos r1sin 点 Q 坐标为 r2sin r2cos 因为 P Q 在椭圆上 可得 222 2 2 1 1111 barr Rt OPQ 斜边上的高为 222 2 2 1 21 ba ab rr rr OF c 所以 a2b2 c2 a2 b2 解得 2 15 e1 时 AT min t 2 由题设 kAB kAC 2 1 设 A x y 则 2 122 x y x y x 0 整理得 24 22 yx 1 x 0 所以 AT 2 x t 2 y2 x t 2 2 1 2 2 2 x x 2t 2 2 t2 因为 x 2 所以当 t 0 1 时取 x 2t AT 取最小值 2 2t 当 t 1 时 取 x 2 AT 取最小值 t 2 6 4 2 l 设点 M x0 y0 直线 AB 倾斜角为 并设 A x0 sin 2 1 cos 2 1 00 yx B x0 sin 2 1 cos 2 1 0 y 因为 A B 在抛物线上 所以 cos 2 1 sin 2 1 2 00 xy 用心 爱心 专心 cos 2 1 sin 2 1 2 00 xy 由 得 2x0cos sin 所以 4 1 cos cos 1 4 1 sin 2 1 cos 2 1 22 2 2 00 lxy 因为 l2 1 所以函数 f x xl x 2 1 在 0 1 在递减 所以 44 1 1 4 1 2 2 0 l ly 当 cos 1 即 l 平行于 x 轴时 距离取最小值 4 2 l 7 2 b pa a设 2 2 2 21 2 1 10 2 0 2 2 2 y p y My p y My p y M 由 A M M1共线得 y1 by paby 0 0 2 同理 B M M2共线得 by pa y 0 2 2 设 x y 是直线 M1M2上的点 则 y1y2 y y1 y2 2px 将以上三式中消去 y1 y2得 y02 2px by y0 2pb a x 2pa by 2pa 0 当 x a y b pa2 时上式恒成立 即定点为 2 b pa a 8 63 由题设1 41 22 ba 且 a2 2b2 15 解得 5 b2 6 所以 a b 4 4 4 2 2 t t t b b b t b2 4 1 2 而4 4 t t t 4 3 2 2 64 24 36436 ttt t t t t t t 又 t 2 可 得上式成立 9 解 设 A 2cos sin3 B 2cos 3sin C 2cos 3sin 这里 则过 A B 的直线为 lAB yx sin3 cos2 cos cos2 sin sin3 由于直 线 AB 过点 F1 1 0 代入有3 sin sin 1 2cos 23sin cos cos 即 2sin sin sin 2 2 sin 2 cos 故 2 cos 2 cos3 2 cos 2 cos2 0 2 sin 2 sin 即 2 tan 3 2 tan 又 用心 爱心 专心 lBD 2 tan 2 3 2 cos1 2 sin3 xy x 2 2 2 tan2 33 x 同理得 3 1 2 tan 2 tan lCE 1 cos2 sin3 y x 2 2 tan 2 33 2 tan 2 2 3 x x 2 两直线方程联立 得 P 点坐标为 1 2 tan 2 tan36 1 2 tan 2 2 tan2 22 2 消去 2 tan 得点 P x y 在 椭圆1 274 22 yx 上 除去点 2 0 2 0 10 解 1 由 2 1 2 2 2 2 mxy y a x 消去 y 得 x2 2a2x 2a2m a2 0 设 f x x2 2a2x 2a2m a2 问题 1 转化为方程 在 x a a 上有唯一解或等根 只需讨论以下三种情况 10 0 得 2 1 2 a m 此时 xp a2 当且仅当 a a2 a 即 0 a 1 时适合 20 f a f a 0 当且仅当 a m a 时适合 30 f a 0 得 m a 此时 xp a 2a2 当且仅当 a a 2a2 a 即 0 a 1 时适合 令 f a 0 得 m a 此时 xp a 2a2 由于 a 2a2 a 从而 m a 综上当 0 a 1 时 2 1 2 a m或 a m a 当 a 1 时 a m a 2 OAP 的面积 2 1 p ayS 因为 0 a 2 1 故当 a m a 时 00 从而 2 2 1 a x x p p 时取值最大 此 时 2 2aaxp 故 2 aaaS 当 2 1 2 a m时 xp a2 yp 2 1a 此时 1 2 1 2 aaS 以下比较 2 aaa 与 2 1 2 1 aa 的大小 令 22 1 2 1 aaaaa 得 3 1 a 故当 00 所以 2 51 k 从而 5 5 2 p 所以直线 l 的方程为xy 2 51 抛物线 C 的方程为 5 5 4 2 xy 联赛二试水平训练题 1 以 A 为原点 直线 AC 为 x 轴 建立直角坐标系 设 C c 0 F f 0 D xD kxD B xB kxB 则直线 DF 的方程为 0 y kx xf fx D D 直线 BC 的方程为 0 y kx xc cx B B c f 得 c f x 0 11 1 yfc xx cf k BD 表示一条直线 它过原点 也过 DF 与 BC 的交点 G 因而 就是直线 AG 的方程 同理 用心 爱心 专心 直线 AE 的方程为 c f x 0 11 1 yfc xx cf k BD 的斜率互为相反数 所以 GAC EAC 2 证明 假设这样的闭折线存在 不妨设坐标原点是其中一个顶点 记它为 A0 其他顶 点坐标为 1 1 1 1 1 d c b a A n n n n n d c b a A 其中 i i i i d c b a 都是既约分数 并记 An 1 A0 若 p 与 q 奇偶性相同 则记 p q 否则记 p q 下面用数学归纳法证明 bk 1 dk 1 k 1 2 n ak ck ak 1 ck 1 k 1 2 n n 1 当 k 1 时 由1 2 1 1 2 1 1 d c b a 得 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 cd b da 因为 a1 b1互质 所以 d1被 b1 整除 反之亦然 即 b1被 d1整除 因此 b1 d1 从而 11 2 1 2 1 2 1 2 1 cacadb 不可能都是偶数 否则 b1也是偶数 与互质 矛盾 不可能都是奇数 因为两个奇数的平方和模 8 余 2 不是 4 的倍数 也不可能是完全 平方数 因此 a1 c1 b1 d1 1 并且 a1 c1 0 a0 c0 设结论对 k 1 2 m 1 n 都成立 令 1 1 1 1 d c d c d c b a b a b a m m m m m m m m 这里 d c b a 是既约分数 因为每一段的长为 1 所以 22 d c b a 1 与 k 1 情况类似 a c d b 1 又因为 1 11 1 1 m mm m m m m bb baab b a b a b a 分数 m m b a 既约 所以 bm是 bbm 1 的一个因子 bm 1 同理可知 dm 1 又 am abm 1 bam 1 同理 cm cdm 1 dcm 1 因此 am cm am 1 cm 1 abm 1 bam 1 cdm 1 dcm 1 am 1 cm 1 am 1 b 1 abm 1 cm 1 d 1 cdm 1 a c 1 所以 am cm am 1 cm 1 结论成立 于是在顶点数 n 1 为奇数时 an 1 cn 1 a0 c0 故折线 不可能是闭的 3 证明 1 由已知 B0P0 B0Q0 并由圆弧 P0Q0和 Q0P0 Q0P1和 P1Q1 P1Q1和 Q1P1分别相 内切于点 Q0 P1 Q1 得 C1B0 B0Q0 C1P1 B1C1 C1P1 B1C0 C0Q1以及 C0Q1 C0B0 00 PB 四式 相加 利用 B1C1 C1B0 B1C0 C0B0 以及 P 在 B0P0或其延长线上 有 B0P0 B0 0 P 从而可 知点 0 P与点 P0重合 由于圆弧 Q1P0的圆心 C0 圆弧 P0Q0的圆心 B0以及 P0在同一直线上 所以圆弧 Q1P0和 P0Q0相内切于点 P0 2 现分别过点 P0和 P1引上述相应相切圆弧的公切线 P0T 和 P1T 交于点 T 又过点 Q1引 相应相切圆弧的公切线 R1S1 分别交 P0T 和 P1T 于点 R1和 S1 连接 P0Q1和 P1Q1 得等腰 用心 爱心 专心 P0Q1R1和 P1Q1S1 由此得 P0Q1P1 P0Q1P1 P1Q1S1 P1P0T Q1P0P P0P1T Q1P1P0 而 P0Q1P1 Q1P0P1 Q1P1P0 代入上式后 即得 P0Q1P1 2 1 P0B0Q0 P1C1Q0 同理得 P0Q0P1 2 1 P0B0Q0 P1C1Q0 所以 P0 Q0 Q1 P1共圆 4 证明 引理 抛物线 y ax2 bx c a 0 在 x0 y0 处的切线斜率是 2ax0 b 引理的证明 设 x0 y0 处的切线方程为 y y0 k x x0 代入抛物线方程得 ax2 b k x c kx0 y0 0 又 cbxaxy 0 2 00 故 可化简成 x x0 a x x0 b k 0 因为 只有一个实根 所以 k 2ax0 b 引理得证 设 P x0 y0 为任一正交点 则它是由线 y x tan 1 22 0 1 cos2 v g x2与 y x tan 2 22 0 2 cos2 v g x2的交点 则两条切线的斜率分别为 由引理 tan cos tan cos 2 2 22 0 0 21 1 2 0 0 v gx k v gx k 又由题设 k1k2 1 所以 1 cos tan cos tan 2 22 0 0 2 1 2 0 0 1 v gx v gx 又因为 P x0 y0 在两条抛物线上 所以 0 0 x y cos2 tan 1 22 0 0 1 v gx 0 0 x y cos2 tan 2 22 0 0 2 v gx 代入 式得 1 tan 2 tan 2 2 0 0 1 0 0 x y x y 又因为 tan 1 tan 2是方程 0 0 2v gx t2 t 2 0 0 0 0 2v gx x y 0 的两根 所以 tan 1 tan 2 2 0 0 gx v tan 1 tan 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 v gx x y gx v 用心 爱心 专心 把 代入 式得 02 2 00 02 0 xy g v y 即 2 01 816 4 0 2 2 0 2 0 2 2 0 2 0 g v y g v x g v g v y 5 证明 以 C 为原点 CB 所在直线为 x 轴 建立直角坐