高三数学（理）一轮复习习题作业答案-第八单元-解析几何

课时作业(四十六)1.B[解析]由斜率公式可得,直线l的斜率k=1-03-0=2.A[解析]∵直线在x轴、y轴上的截距分别为CA<0,CB<0,∴直线AxByC=0不经过的象限是第一象限,故选3.60°[解析]由题意得,直线的斜率k=3,即tanα=3,所以α=60°.4.60°[解析]∵点(3,4)在直线l:axy+1=0上,∴3a4+1=0,∴a=3,即直线l的斜率为3,∴直线l的倾斜角为60°.5.y=3(x4)[解析]易知直线BC的倾斜角为π3,故斜率为3,由点斜式得直线方程为y=3(x4)6.D[解析]由题意,得k=2tanα=83,故tanα=34,故cosα=47.C[解析]由题意,当直线经过原点时,直线的方程为x+y=0;当直线不经过原点时,设直线的方程为x4a+ya=1,则-104a+10a=1,解得a=152,此时直线的方程为x30+2y15=1,8.B[解析]令x=0,得y=sinα<0,令y=0,得x=cosα>0,所以直线过点(0,sinα),(cosα,0)两点,因而直线不过第二象限,故选B.9.C[解析]将(2,1)代入得2mm21=0,所以m=1,所以直线l的方程为xy1=0,所以直线l的斜率为1,倾斜角为π4,则所求直线的斜率为1,故选C10.D[解析]设直线l的倾斜角为θ,则θ∈[0,π).易知直线l:axy1=0(a≠0)经过定点P(0,1),则kPA=-1-(-2)0-1=1,kPB=-1-00-33=3.∵点A(1,2),B33,0在直线l:axy1=0(a≠0)的两侧,∴kPA<a<kPB,∴1<tanθ<3,tanθ≠011.A[解析]以C为坐标原点,CB所在直线为x轴建立直角坐标系(如图所示),则A(0,4),B(3,0),直线AB的方程为x3+y4=1.设P(x,y)(0≤x≤3),所以P到AC,BC的距离的乘积为xy,因为x3+y4≥2x3·y4,当且仅当x3=y4=12时取等号,所以xy12.(2,3)[解析]直线(2k1)x(k+3)y(k11)=0,即k(2xy1)+(x3y+11)=0,根据k的任意性可得2x-y-1=0,-x-3y+11=0,解得x=2,y=3,∴不论k取什么实数,直线(2k1)x13.x+2y2=0或2x+y+2=0[解析]设直线方程为xa+yb=1,得-2a+2b=1.由题意知12|ab|=1,即|ab|=2,所以a=2,b=1或a=-1,14.[25,25][解析]设Py-m2,y,∵|PA|=12|PB|,∴4|PA|2=|PB|2,又∵|PA|2=(y-m)24+(y1)2,|PB|2=(y-m)24+(y4)2,∴(ym)2=164y2,其中4y2≥0,故m=y±24-y2,y∈[2,2].令y=2sinθ,θ∈π2,π2,则m=2sinθ±4cosθ=25sin(θ±φ),15.C[解析]设M(x,y),由kMA·kMB=3,得yx+1·yx-1=3,即y2=3x23.联立x-my+3m=0,y2=3x2-3,得1m23x2+23mx+6=0(m≠0),则Δ=23m2241m23≥0,即m2≥116.C[解析]由|logax|=m,得xA=am,xB=am,所以yC=kam,yD=kam,则直线CD的斜率为yD-yCxD-xC=kam-ka-m课时作业(四十七)1.B[解析]由平行线间的距离公式可知,l1与l2之间的距离d=|1-(-12.A[解析]直线3x+2y2a=0的斜率为32,直线2x3y+3b=0的斜率为23,∵两直线斜率的乘积为1,∴两直线垂直,故选3.A[解析]设坐标原点为O,满足条件的直线为与OP垂直的直线,所以该直线的斜率为12,所以直线方程为y2=12(x1),即x+2y5=0,故选4.π3[解析]直线x+3y+2=0的斜率为33,所求直线与直线x+3y+2=0垂直,故所求直线的斜率为3,故倾斜角为5.(3,2)[解析]设点(1,2)关于直线x+y=1对称的点的坐标是(m,n),则m-12+n-22=16.B[解析]若m=2,则l1:6x8=0,l2:3x+1=0,∴l1∥l2.若l1∥l2,则(m4)(m+2)+(2m+4)(m1)=0,解得m=2或m=2.∴“m=2”是“l1∥l2”的充分不必要条件,故选B.7.B[解析]由于l2与l3:y=12x+12垂直,故l2的斜率是2.设l2:2xy+n=0,因为l1:mxy+3=0过定点(0,3),l2和x轴的交点为n2,0,l1:mxy+3=0与l2关于直线y=x对称,所以3n2=1,则n=6.易知l2:2xy6=0和直线y=x的交点为点(6,6),该点也在l1:mxy+3=0上,∴6m6+3=0,解得8.B[解析]由两直线垂直,得(b2+1)ab2=0,即ab2=b2+1,两边同除以b,得ab=b2+1b=b+1b≥2b·1b=2,当且仅当b=1时9.C[解析]设P(x0,y0),则3x0+y0-5=0,|x0-y0-1|2=2,10.C[解析]A关于直线x=0的对称点是A'(3,1),关于直线y=x的对称点是A″(1,3),由角平分线的性质可知,点A',A″均在直线BC上,∴直线BC的方程为y=2x+5,故选C.11.C[解析]由题可知,(Ax1+By1+C)(Ax2+By2+C)>0表示两点在直线的同侧.因为|Ax1+By1+C|>|Ax2+By2+C|,所以|Ax1+By1+C|A2+B2>|Ax2+By12.2[解析]因为直线3x+4y3=0,6x+my+14=0平行,所以34=6m,则m=8,所以6x+8y+14=0可化为3x+4y+7=0,故两直线间的距离为7-(-13.[0,5][解析]易知直线l经过定点(1,2),则点P到直线l的距离d的最大值为(-2-1)2+(2+2)2=5,最小值为014.4x+y+9=0或4x+y25=0[解析]y'=4x2,所以曲线y=4x在点P(1,4)处的切线的斜率k=412=4,则切线方程为y4=4(x1),即4x+y8=0.所以可设直线l的方程为4x+y+C=0,由|C+8|42+1=17,得C=9或C=25,所以所求直线方程为415.D[解析]由题意,得线段PQ的中点M(x0,y0)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x0+3y0+2=0,即y0=2+x03,则y0x0=23x013.因为y0=2+x03<x0+2,所以x0>2,则23x0>1316.41[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)课时作业(四十八)1.A[解析]由D2+E24F=(2)24m>0,解得m<1,故选A.2.C[解析]易知圆心的坐标为(3,0),半径为1,∴点P到直线y=x+1的距离的最小值是|3-0+1|21=223.B[解析]由题意,设圆心的坐标为(0,r),半径为r,则(3-0)2+(1-r)2=r,解得r=5.所以所求圆的方程为x2+(y5)2=25,4.0[解析]由圆的方程可知,圆心坐标为(1,2),所以2×1+(2)+m=0,则m=0.5.(x1)2+(y2)2=5[解析]由题设可知,圆心坐标为(1,2),半径r=124+16=5,则圆的标准方程为(x1)2+(y2)2=6.D[解析]由题意,得已知圆的圆心为A(2,0),设点A关于直线y=33x的对称点为点B,则∠BOA=60°,所以(x2)2+y2=4关于直线y=33x对称的圆的圆心为B(1,3),故选7.B[解析]把圆的方程x2+y223x2y+3=0化为(x3)2+(y1)2=1,易知以AB为直径的圆的方程为x2+y2=a2,若圆(x3)2+(y1)2=1上存在点P,使得∠APB=90°,则两圆有交点,所以|a1|≤2≤a+1,解得1≤a≤3.故选B.8.C[解析]圆C的标准方程为(x1)2+(y2)2=5,∴圆心为C(1,2),半径为5.易知圆C经过原点,OC⊥直线l.由kOC=2,得kl=12,∴直线l的方程为y2=12(x1),即x+2y5=0,故选9.D[解析]抛物线y=x22x3关于直线x=1对称,与坐标轴的交点为A(1,0),B(3,0),C(0,3),设圆心为M(1,b),可得|MA|2=MC2,即4+b2=1+(b+3)2,解得b=1,则半径为4+1=5,∴圆的方程为(x1)2+(y+1)2=5,故选D10.B[解析]把圆的方程化为标准方程,得(x+1)2+(y2)2=4,∴圆心坐标为(1,2),半径r=2.根据题意可得a2b+1=0,即a=12b,则ab=b(12b)=2b2+b,∴当b=14时,ab有最大值,最大值为18,则ab的取值范围是∞,18.故选B11.2[解析]依题意,得m2n=0,(2-m)2+(5-n)2=3+112.7+4355[解析]∵m<0,且圆C上的点到直线l的最短距离为|32+42+m|32+425=1,∴m=55,∴3a+4b=55,又a>0,b>0,则1a+1b=1a+1b×3a+4b55=1557+13.解:(1)∵方程表示圆,∴D2+E24F=4(m+3)2+4(14m2)24(16m4+9)>0,解得17<m<1(2)半径r=-7m-372+167(3)设圆心的纵坐标为y,则y=4m21,由于17<m<1,所以1≤y<3所以所求纵坐标的最小值是1.14.解:(1)由OP=OM+ON,得|MP|=|ON|=1,所以点P在以M为圆心,1为半径的圆上,故点P的轨迹方程为(x+3)2+(y4)2=1.(2)易知A(1,0),B12,32,设N(cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),由ON=mOA+nOB,得(cosθ,sinθ)=m(1,0)+n12,32,得cosθ=m所以m+n=cosθ+3sinθ=2sinθ+π6,故m+n的最大值为2.15.C[解析]圆的方程为(xa)2+(yb)2=1,圆心为(a,b),所以3ab+3=0,则b=3(a+1).又圆C上的点到直线3x+y=0的距离的最大值为1+|3a+b|2=3+1,所以|3a+b|=23,得|2a+1|=2,又a<0,所以a=32,故a2+b2=a2+3(a+16.A[解析]曲线y=2-x2为圆x2+y2=2的上半圆,由题意可得,△AOB的面积S=12·|OA|·|OB|sin∠AOB=12×2×2sin∠AOB=sin∠AOB,所以当sin∠AOB=1,即∠AOB=90°时,△AOB的面积取到最大值.此时在Rt△AOB中,易得O到直线l的距离|OD|=1,所以sin∠OPA=|OD||OP|=12,可得∠课时作业(四十九)1.C[解析]因为圆x2+y22x+4y=0的圆心为(1,2),半径为5,且(1,2)到直线2xy+1=0的距离d=55=5,所以直线y=2x+1与圆x2+y22x+4y=0相切,故选C2.B[解析]两圆的圆心分别为(2,0),(2,1),半径分别为2,3,∴两圆心之间的距离为17,又1<17<5,∴两圆相交.故选B.3.A[解析]圆心到直线的距离为|4-3×3|5=1,所以弦的长为210-4.(x4)2+y2=12[解析]由题意知,半径为|3×4-0|3+1=23,故圆的方程为(x4)5.x+y2=0[解析]因为直线OD的斜率kOD=1,所以直线AB的斜率kAB=1,则直线AB的方程是y1=(x1),即x+y2=0.6.D[解析]易知PAmin=2×221=22,故选D.7.B[解析]因为圆心(1,2)在直线2axby+2=0上,所以a+b=1,所以1a+1b=1a+1b(a+b)=2+ba+ab≥2+2ba·ab=4,当且仅当a=b=128.C[解析]当a=0时,直线l:y=1,此时过点P(1,2)且与直线y=1垂直的直线的方程为x=1,且直线x=1与圆相切,满足题意,所以a=0成立.当a≠0时,过点P(1,2)且与直线l:ax+y1=0垂直的直线的斜率为1a,可设该直线方程为y2=1a(x1),即xay+2a1=0,由直线与圆相切,得|2a-1|a2+19.B[解析]由于直线和圆有公共点,所以圆心到直线的距离不大于半径,即|2k|2≤k2-2k+3,解得3≤k≤1.将P点坐标代入直线和圆的方程,有a+b=2k,a2+b2=k22k+3,得ab=32k2+k32.因为32k2+k32=32k+13253,且3≤k≤10.B[解析]因为C1(2,2),r1=11,C2(2,0),r2=4,所以|C1C2|=(-2-2)2+22=25.易知当PC2⊥C1C2时,△PC1C2的面积最大,其最大值Smax=1211.3x4y+5=0或x=1[解析]当切线的斜率不存在时,切线方程为x=1.当切线的斜率存在时,设切线方程为y2=k(x1),即kxyk+2=0,则|2-k|k2+1=1,得k=34,故切线方程为3x4y+5=0.综上可得,切线方程为3x412.x2+(y1)2=8[解析]由题意,半径r=2|m+1|m2+1,则r2=4×m2+2m+1m2+1=41+2m+1m≤41+22m×1m=8,当且仅当m=13.解:(1)设圆C的方程为(xa)2+(yb)2=r2,则依题意,得(2-a)2+(4-b)2=r2,1-a2(2)①AM·AN为定值.过点A(0,1)作直线AT与圆C相切,切点为T,则|AT|2=7,∴AM·AN=|AM|·|AN|cos0°=|AT|2=7,∴AM·AN为定值,且定值为7.②依题意可知,直线l的方程为y=kx+1,设M(x1,y1),N(x2,y2),将y=kx+1代入(x2)2+(y3)2=1,整理得(1+k2)x24(1+k)x+7=0,∴x1+x2=4(1+k)1+k2,∴OM·ON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(1+k)即4k(1+k)1+k当k=1时,Δ>0,∴k=1,∴直线l的方程为y=x+1.14.解:(1)四边形OACB为菱形.证明如下:线段OC的中点为1,12,设A(x1,y1),B(x2,y2),易知线段OC的垂直平分线的方程为y=2x+52,代入x2+y2=9,得5x210x114=∴x1+x22=1,y1+y22=2×1+52=12,∴线段又OC⊥AB,∴四边形OACB为菱形.(2)当直线l的斜率不存在时,l的方程为x=2,则P,Q的坐标为(2,5),(2,5),∴S△OPQ=12×2×25=25当直线l的斜率存在时,设l的方程为y1=k(x2)k≠12,则圆心到直线l的距离d=|1得|PQ|=29-∴S△OPQ=12×|PQ|×d=12×29-d2×d=(当且仅当9d2=d2,即d2=92时,S△OPQ取得最大值9∵25<92,∴S△OPQ的最大值为92,此时,由4k2-4k+1k2+1故直线l的方程为x+y3=0或7x+y15=0.15.A[解析]由题设可知,圆心和半径分别为C(1,1),r=1,易知,四边形PACB的面积S=2S△PCA=|PA|·r=|PC|2-r2×1=|PC|2-1.又|PC|min=|3×1+4×1+8|9+16=316.18[解析]设Px0,4x0,其中x0>0,则|PO|2=x02+16x02,|PA|=|PB|=|PO|2-12=x02+16x02-1,故以P为圆心,PA为半径的圆的方程为(xx0)2+y4x02=x02+16x021,联立x2+y2=1,可得直线AB的方程为x0x+4x0y课时作业(五十)1.C[解析]由已知,得a=10,b=1,且焦点在y轴上,则c=10-1=3,所以椭圆的焦点坐标为(0,3),(0,3),故选2.B[解析]由题设可得b=c=r=2,故a2=b2+c2=4+4=8,故选B.3.B[解析]易知椭圆的右焦点为点(1,0),则所求距离d=|33-0|334.31[解析]设F'为右焦点,则AF⊥AF',∠AF'F=π3,所以|AF|=3|AF'|,|FF'|=2|AF'|,因此椭圆C的离心率为2c2a=|FF'|5.x236+y216=1[解析]设椭圆的半焦距为c,由题意得,2a+2c=45+12,2c=456.B[解析]由题设,得圆的半径r=a+c2,则b2+aa+c22=a+c22,即a2c2=ac,∴e2+e1=07.D[解析]由题设可得ca=12,得a=2c.由椭圆的定义可得2a+2c=12,则a+c=6,所以3c=6,得c=2,a=4,所以b2=164=12,则椭圆方程为x216+y2128.C[解析]设右焦点为F',连接MF',NF',∵|MF'|+|NF'|≥|MN|,∴当直线x=a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=45.易知c=5-4=1,把c=1代入椭圆方程可得15+y24=1,解得y=±45.此时△FMN的面积S=12×2×2×9.D[解析]易知椭圆左焦点F(c,0)关于直线y=12x的对称点为P35c,45c,据此可得-35c2a2+45c2b2=1,整理可得9b2c2+16a2c2=25a2b2,结合b2=a2c2,可得9c450a2c2+25a4=0,即9e450e2+25=0,即(e25)(9e25)=0,又0<e<1,所以10.A[解析]由椭圆方程知a=5,b=4,c=3,则F1F2=6.根据椭圆定义,得|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=10,所以AB+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=20.若△ABF2的内切圆周长为π,则内切圆半径r=12,则△ABF2的面积S=12r(|AB|+|AF2|+|BF2|)=12×12×20=5.又△ABF2的面积S=S△AF1F2+S△BF1F2=12|F1F2|×|y1|+12|F1F2|×|y2|=12×6(|y1|+|y2|)=3|y1y211.6[解析]由椭圆方程知A(2,0),B(0,3),F(1,0),则AB=(2,3),AF=(3,0),所以AB·AF=6.12.14[解析]根据椭圆几何性质可知PF=b2a,AF=a+c,所以b2a=34(a+c),即4b2=3a2+3ac.又因为b2=a2c2,所以有4(a2c2)=3a2+3ac,整理可得4c2+3aca2=0,两边同除以a2,得4e2+3e1=0,所以(4e1)(e+1)=0,由于0<e<13.解:(1)∵2a=6,∴a=3.又点M(3,2)在椭圆上,∴39+2b2解得b2=3,∴所求椭圆方程为x29+y23(2)∵kMO=63,∴kAB=62,则设直线AB的方程为y=联立x29+y23=1,y=-62x+m,则Δ=(66m)24×11×(6m218)>0,∴0≤m2<332设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=66m11,x1x2则OA·OB=x1x2+y1y2=52x1x26m2(x1+x2)+m2∵0≤m2<332,∴OA·OB的取值范围为4511,871114.解:(1)由题意,2b=2,所以b=1,又a2-b2a=3所以椭圆C的标准方程为x24+y2=(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),易知直线l的斜率不为0,则设l:x=my+t.因为l与圆O相切,所以|-t|1+m2=1,即t2由x2+4y2=4,x=my+t,消去x,得(m2+则Δ=4m2t24(t24)(m2+4)=16(m2t2+4)=48>0,y1+y2=2mt则y0=mtm2+4,x0=my0+t=4tm2+4,即所以|OM|2=4tm2+42+-设x=m2+4,则x≥4,OM2=x-3x+12x2=36x2+9x所以|OM|的最大值为5415.C[解析]由椭圆方程x24+y23=1,可得F(1,0).由y=3x+1,x24+y23=1,得P1(0,3),P285,335.过F作x轴的垂线与椭圆交于A11,32,A21,32,则P在弧P1A1,P2A2上时,符合题意.∵kOA1=32,kOA2=316.3k2k2+4[解析]因为直线AB,AC的斜率之积为2,所以AC的斜率为2k,由B1-2k21+2k2,2k1+2k2,得点Ck2-8k2课时作业(五十一)1.C[解析]由双曲线方程知a=3,b=2,故双曲线的渐近线方程为y=±322.C[解析]由题意得e=ca=2,得c=2,所以b=c2-a2=3.C[解析]由已知可得c=2,ba=3,结合c2=a2+b2,可得a=1,b=34.yx242=1[解析]设双曲线的方程为x24y2=λ(λ≠0),则(22)2412=λ,解得λ=5.16[解析]|AF2|+|BF2|=2a+|AF1|+2a+|BF1|=4a+|AB|≥4a+2b2a=4×3+2×66.A[解析]因为b2a2=c2-a2a2=c2a21=3,所以7.B[解析]∵△ABF2为等边三角形,∴|AB|=|AF2|=|BF2|,∠F1AF2=60°.由双曲线的定义可得|AF1||AF2|=2a,∴|BF1|=2a.又|BF2||BF1|=2a,∴|BF2|=4a,∴|AF2|=4a,|AF1|=6a.在△AF1F2中,由余弦定理可得|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|22|AF2|·|AF1|cos60°,∴(2c)2=(4a)2+(6a)22×4a×6a×12,可得c2=7a2,∴e=ca=c2a2=8.D[解析]由题意得ABAC=2a=2,则a=1.设AD=x,则BD=3x,CD=|AD|2+|AC|2=x2+1,由双曲线的定义可得x2+1(3x)=2,解得x=125,此时AD=125,BD=39.A[解析]如图,易证△MFA∽△EOA,则|MF||FA|=|EO||OA|,即|MF|=|EO|·|FA||OA|=|EO|·(c-a)a.同理△MFB∽△NOB,则|MF|=|NO|·|FB||10.D[解析]根据条件可知点M,N在以A,B为焦点的双曲线上,且2c=4,2a=23,则b2=1,双曲线的方程是x23y2=1,设M(x1,y1),N(x2,y2),所以x123-y12=1,x223-y22=1,两式相减,得(x1+x2)(x1-x2)11.5或52[解析]双曲线的两条渐近线的方程为x±2y=0,即y=±12x,根据双曲线焦点位置的不同从而得到ba=12或ab=12,再由c2=a2+b2可得离心率e=12.=x25y2201[解析]设MF2与渐近线l:y=bax交于点H,则Hc-32,2,将点H的坐标代入y=bax,得2=ba·c-32①,又kMF2·kl=4-0-3-c·ba=1②,所以由①②得c=5,再将点M(3,4)代入x213.解:(1)由渐近线方程可设双曲线C的方程为x24y2=k(k≠0),把(22,1)代入可得k=4,所以双曲线C的方程为x24y2=(2)由题易知,P在右支上时|MN|取最小值.由(1)可得A1(2,0),A2(2,0),根据双曲线方程可得yx-2·y设P(x,y),直线PA1,PA2的斜率分别为k1,k2(k1,k2>0),则k1k2=14PA1的方程为y=k1(x+2),令x=1,得M(1,3k1),PA2的方程为y=k2(x2),令x=1,得N(1,k2),所以|MN|=|3k1(k2)|=3k1+k2≥23k1k当且仅当3k1=k2,即k1=36,k2=32时,故|MN|的最小值为3.14.解:(1)设双曲线的方程是x2a2y2b2=1(a>由题意得a2+故双曲线的方程是3x2y2=1.(2)联立y=kx+1,3x2-y2=1,得(由Δ>0且3k2≠0,得6<k<6且k≠±3.设A(x1,y1),B(x2,y2),因为以线段AB为直径的圆过原点,所以OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,又x1+x2=-2kk2-3,x所以y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=1,所以2k2-3+1=0,解得15.B[解析]当直线AB的斜率不存在时,A(3,2),B(3,2),|AB|=4,|PF2|=3,则|PF2||AB|=34,故排除A;当直线AB的斜率k=2时,直线AB的方程为y=2(x3),直线PF2的方程为y=12(x3),则P0,32,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=2(x-3),2x2-y2-2=0,化简得x243x+7=0,得x1+x2=43,x1·x2=7,故|AB|=16.B[解析]如图,在△ABD中,BD2=AD2+AB22AD·AB·cos∠DAB=1+42×1×2×(1x)=1+4x,x∈(0,1).由双曲线的定义可得a1=1+4x-12,c1=1,则e1=21+4x-1.由椭圆的定义可得a2=1+4x+12,c2=x,则e2=2x1+4x+1,则e1+e2=21+4x-1+2x1+4x+1=21+4x-1+1+4x-12,x∈(0,1).令t=1+4x1,则t∈(0,51),y=e1+e2=12t+4t在(课时作业(五十二)1.D[解析]抛物线方程化为标准形式得x2=8y,可知p=4,焦点到准线的距离为p,故选D.2.C[解析]抛物线的焦点为p2,0,则由题意知p2+22+02=16,得p=4,故选C.3.B[解析]抛物线的焦点为(0,1),双曲线的渐近线方程为x±3y=0,则焦点到渐近线的距离为|0±3|1+3=34.y2=8x[解析]由题意知抛物线的焦点在x轴的负半轴上,且p2=2,所以抛物线的标准方程为y2=85.32[解析]设该点的横坐标为x0,由题及抛物线的定义可得x0+p2=x0+32=2x0,解得x06.D[解析]依据抛物线的定义可将PF转化为P到准线的距离,∴|PA|+|PF|的最小值为点A到准线的距离,此时yP=2,∴xP=4,∴P(4,2),故选D.7.A[解析]由题意,得抛物线y2=2px的焦点p2,0到双曲线x28y2p=1的渐近线px±22y=0的距离为pp2p+8=24p,解得p=8,即抛物线的标准方程为y28.B[解析]由题意可知F(0,1),直线l的方程为y=kx+1(k>0),代入抛物线方程x2=4y,可得x2=4kx+4,即x24kx4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,故点P(2k,2k2+1),由题意知M(2k,k2),由抛物线的定义可知|MF|=k2+1=4,得k=3,则直线l的方程为y=3x+1,故选B.9.C[解析]∵抛物线方程为y2=8x,∴焦点为F(2,0),准线l的方程为x=2,∵直线AF的斜率为3,∴直线AF的方程为y=3(x2),由x=-2,y=-3(x-2),可得A点坐标为(2,43),∵PA⊥l,A为垂足,∴P点纵坐标为43,代入抛物线方程,得P点坐标为(6,410.B[解析]由已知得F(1,0),设直线l的方程为x=my+1,与y2=4x联立,得y24my4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),E(x0,y0),则y1+y2=4m,y0=y1+y22=2m,x0=x1+x22=m2(y1+y2)+1=2m2+1,∴E(2m2+1,2m),又|AB|=x1+x2+2=m(y1+y2)+4=4m2+4=6,∴m2=12,易知线段AB的垂直平分线的方程为y2m=m(x2m21),令y=0,得M(2m2+3,11.45°[解析]由题意知,M到准线的距离为p,则可设点Mp2,p,∵Kp2,0,∴kKM=1,∴∠MKF=45°.12.54[解析]由题意知焦点F14,0,准线方程为x=14.设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|+|BF|=x1+14+x2+14=3,解得x1+x2=52,∴线段AB中点的横坐标为54,即线段AB13.解:(1)设F2(c,0)(c>0),则c=12a,b=3把x=c代入C的方程有|yA|=b2a=3a4,∴S△F1AB=12×2c×2∴a=2,故p2=c=1,即p=2,∴抛物线E的方程为y2=4x.(2)证明:由(1)知P(1,t)(t≠0),则Mt24,t,直线PO的方程为y=tx,代入抛物线E的方程,得N4t2,4t当t2≠4时,kMN=t+4t∴直线MN的方程为yt=4tt2-4xt24,即y=4tt2-4(x1当t2=4时,直线MN的方程为x=1,此时仍过定点(1,0).综上可知,直线MN过定点.14.解:(1)由题意可得m2=4p,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证明:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±22,由抛物线的对称性,不妨取A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x1),联立y=22(x-1),y2=4x,得2x25x+2=0,解得x=2所以直线GB的方程为22x+3y+22=0,易知直线GA的方程为22x3y+22=0,从而r=|22+2因为点F到直线GB的距离d=|22+22所以以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.15.A[解析]易知F(1,0),若直线l的斜率不存在,则|AF|=2,|BF|=2,所以|AF|2|BF|=1.若直线l的斜率存在,则设直线l:y=k(x1),代入y2=4x可得k2x2(2k2+4)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=1,由抛物线的定义可得AF2|BF|=x1+12x2+1=x1+x2x2+1,则AF2|BF|=1+x22x2+x22=11+x2-1x22+116.11[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),易知F(2,0),则FA=(x12,y1),FB=(x22,y2),所以FA·FB=(x12)(x22)+y1y2.将y=2x2代入y2=8x可得4x28x+4=8x,即x24x+1=0,所以x1+x2=4,x1x2=1,则(x12)(x22)=x1x22(x1+x2)+4=18+4=3,又y1=2x12,y2=2x22,故y1y2=4(x11)(x21)=4[x1x2(x1+x2)+1]=4(14+1)=8,所以FA·FB=38=11.课时作业(五十三)1.B[解析]设动点P(x,y),由题意可知y+2x·y-2x=2(x≠0),化简得y22+x2=12.A[解析]由题意知,动圆圆心到点F(0,3)的距离等于到定直线y=3的距离,故动圆圆心的轨迹是以F为焦点,直线y=3为准线的抛物线,其方程为x2=12y,故选A.3.A[解析]设M(x,y),则由M为线段OP的中点,得P(2x,2y),代入双曲线方程,得(2x)24(2y)2=1,即x24y2=4.C[解析]设P(x,y),则x=λ3μ,y=λ+3μ,得λ=x+y2,μ=y-x6,因此x+y2+y-x6=15.x2y23=1[解析]根据双曲线的定义可得,长轴长2a=2,即a=1,半焦距c=2,由c2=a2+b2,解得b2=3,故动点P的轨迹方程为x2y26.B[解析]设M(x,y),P(x0,y0),因为P与点Q(0,1)连线的中点为M,所以x0=2x,y0=2y+1,又因为点P在抛物线y=2x2+1上移动,所以2y+1=2(2x)2+1,即y=4x2,故选B.7.D[解析]由题意知,所求直线为与已知直线平行的两条直线,因此设所求直线方程为3x4y+C=0,则|C+1|32+42=|C+1|5=2,则C=11或C=9,故所求直线方程为3x4y11=08.C[解析]由两点间的距离公式可得AC=13,BC=15,AB=14,因为A,B都在椭圆上,所以AF+AC=BF+BC,得AFBF=BCAC=2<14,故F的轨迹是以A,B为焦点的双曲线的下支,由c=7,a=1,得b2=48,所以F的轨迹方程是y2x248=1(y≤1),故选C9.C[解析]设A(a,0),B(0,b),P(x,y),由OP=13OA+23OB得x=13a,y=23b,所以a=3x,b=32y,又AB=3,所以a2+b2=9,即(3x)2+310.A[解析]①△ABC的周长为10,则|AB|+|AC|=6,根据椭圆的定义知,点A的轨迹方程为C3:x29+y25=1(y≠0);②△ABC的面积为10,则点A到直线BC的距离为定值5,所以点A的轨迹方程为C1:y2=25;③△ABC中,∠A=90°,则点A在以线段BC为直径的圆上,所以点A的轨迹方程是C2:x2+y2=4(y11.x24+y2=1[解析]设Q(x,y),P103,y1,则y1103+2=yx+2,y1103-2·yx-2=1,∴163·yx+2·34·yx-212.2x3y+25=0[解析]圆C:x2+y2=25的圆心C为(0,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),因为AQ与圆C相切,所以AQ⊥CA,所以(x1x0)(x10)+(y1y0)(y10)=0,即x12x0x1+y12y0y1=0,因为x12+y12=25,所以x0x1+y0y1=25,同理x0x2+y0y2=25,所以过点A,B的直线方程为xx0+yy0=25.因为直线AB过点M(2,3),所以得2x0+3y0=25,所以点Q的轨迹方程为13.解:(1)设M(x0,y0),由中点坐标公式可知,P点坐标为(2x02,2y0).∵P点在圆x2+y2=4上,∴(2x02)2+(2y0)2=4.故线段AP的中点的轨迹方程为(x1)2+y2=1.(2)设N(x,y),在Rt△PBQ中,|PN|=|BN|,设O为坐标原点,连接ON,则ON⊥PQ,∴OP2=ON2+PN2=ON∴x2+y2+(x1)2+(y1)2=4.故PQ的中点N的轨迹方程为x2+y2xy1=0.14.解:(1)由点A的横坐标为2,可得点A的坐标为(2,2),代入y2=2px,解得p=1.(2)设Cy122,y1,Dy222,y2,y1≠0,y2≠切线l1:yy1=kxy122代入y2=2x得ky22y+2y1ky12=0,由Δ=0解得k=∴l1的方程为y=1y1x+y12,同理l2的方程为y=联立y=1y1x+y12,∵CD的方程为x0x+y0y=8,其中x0,y0满足x02+y02=8,x0∈[2∴联立y2=2x,x0x+y0y=8,得x0代入x=y1·y22,y代入x02+y02=8,得x2考虑到x0∈[2,22],故x∈[4,22],∴动点M的轨迹方程为x28y2=1,x∈[4,2215.D[解析]设抛物线的焦点为F(x,y),准线为l,过点A,B,O分别作AA'⊥l,BB'⊥l,OP⊥l,,其中A',B',P分别为垂足,则l为圆的切线,P为切点,且AA'+BB'=2|OP|=6,因为抛物线过点A,B,所以AA'=FA,BB'=FB,所以FA+FB=AA'+BB'=6>AB=2,所以点F的轨迹是以A,B为焦点的椭圆,且点F不在x轴上,所以抛物线C的焦点F的轨迹方程为x29+y16.x24+y2=1(y≠0)[解析]易知AC,BD的斜率存在且不为0,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,则直线AC,BD的方程分别为y=k1(x+2),y=k2(x2),据此可得C(2,4k1),D(2,4k2),则kCD=4k1+4k22-(-2)=k1+k2,直线CD的方程为y4k1=(k1+k2)(x2),整理可得(k1+k2)xy+2(k1k2)=0,直线CD与圆相切,则|2(k1-k2)|(k1+k2)2+1=2,据此可得k1k2=14,将y=k1(x+2),y=k2(x2)两式相乘可得y2=k1k2(课时作业(五十四)第1课时1.D[解析]由题意可知,ba>2,得e=1+ba2>32.D[解析]由题设可得4m2+n2>2,即m2+n2<4,又a=3,b=2,故点(m,n)在椭圆内,所以过点(m,n)的直线与椭圆有23.D[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),易知F(1,0),则由题设可得x1=3x2+4,y1=3y2,即x1=-3x2+4,x1=9x2,解得x1=3,x4.7[解析]|AF|+|BF|=yA+12+yB+12=2yP+1=2×3+1=5.xy=0[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),由A,B在抛物线上,得y12=4x1,y22=4x2,两式作差得y12y22=4(x1x2),所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=4y6.B[解析]将y=2x+p2代入x2=2py(p>0),整理可得x24pxp2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4p,x1x2=p2,则AB=(1+22)(x1-x2)7.C[解析]由题意可知,直线l:y=k(xc)过右焦点(c,0),双曲线的一条渐近线的方程为y=bax,可得3<ba<15.∵e=ca=1+b2a2,∴由3<b2a2<15,得4<1+b2a2<16,∴28.B[解析]设椭圆的左焦点为F1,则F1(1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2+0=-3,y1+y2-2=0,∴x1+x2=-3,y1+y2=2.9.B[解析]由题意可知直线l的斜率显然存在,且斜率k=15-612-3=1,则直线l的方程为y=x+3,与双曲线方程联立,消去y可得(b2a2)x26a2x9a2a2b2=0.由根与系数的关系与AB的中点为N(12,15),知3a2b2-a2=12,又c2b210.A[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),因为抛物线的焦点为Fp2,0,所以直线AB的方程为y=xp2,联立y=x-p2,y2=2px,消去y得x23px+p24=0,所以x1+x2=3p,x1x2=p24,则|x1x2|=(x1+x2)2-4x1x2=22p,所以|y1y2|=22p,则梯形ABCD的面积S=12(|AD|+|BC|)11.(∞,0)∪(0,1)[解析]设PA的斜率为k(k≠0),则PB的斜率为1k,直线PA的方程为y=k(x+2).联立y=k(x+2)与3x2+4y2=12,得Q6-8k23+4k2,12k3+4k2,所以kQF=12k3-12k2k2≠14,∴kPBkQF12.32[解析]由题可知a=2,则A(x1,2x12),B(x2,2x22),AB的中点坐标为x1+x22,2x12+2x222.A,B关于直线y=x+m对称,则AB的中点在直线y=x+m上,且直线AB与直线y=x+m垂直,可得2x12+2x222=x1+x22+m,2x22-2x12x2-x1=1,所以x12+x22=x13.解:(1)设动圆圆心P(x,y).由已知条件有x2+(y-1)2=|y+1|,(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线m:y=kx+1,将y=kx+1代入x2=4y,得x24kx4=0,所以x1+x2=4k,x1·x2=4,由y'=x2,得切线l1:yx124=x1l2:yx224=x22联立得Mx1+x22,x1x24,即AB=1+k2|x1x2|=4(1+k2),点M到直线m的距离d=所以△MAB的面积S=12|AB|d=4(k2+1)32,当k=0时,Smin14.解:(1)由题意得b∴b2=3,a2=4,∴椭圆C(2)当k=12时,由y=12x+m得M(0,m),N(2m,∵|PM|=|MN|,∴P(2m,2m),Q(2m,2m),∴直线QM的方程为y=32设A(x1,y1),由y=12x+m,x2a2+y2b2=1,得14a2∴x1+2m=-4a2ma2设B(x2,y2),由y=-32x+m,x2a2+y2b2=1,得94a2∴x2+2m=12a2m9a2∵点N平分线段A1B1,∴x1+x2=4m,∴2m(3a2+4b2)a2+4b2∴x1=3m,y1=12m,代入椭圆方程得m2=17b2<b2,符合题意∵a2=b2+c2,∴e=ca=115.D[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),由AM=λMC可得(2x1,1y1)=λ(x32,y31),据此可得x1+λx3=2+2λ,y1+λy3=1+λ,同理可得x2+λx4=2+2λ,y2+λy4=1+λ,则x1+x2+λx3+x4=41+λ,y1+y2+λy3+y4=21+λ,将点A,B的坐标代入椭圆方程,作差可得y1-y2x1-x2=b2a2·x1+x2y1+y2,16.62937<e<1[解析]由题意,得抛物线C1的焦点F(2,0).∵椭圆C2的一个焦点与抛物线C1的焦点重合,∴椭圆C2的半焦距c=2,∴m2n2=c2=4①.设M(x1,y1),N(x2,y2)是椭圆C2上关于直线l:y=14x+13对称的两点,MN:y=4x+λ,联立x2m2+y2n2=1,y=-4x+λ,消去y得(16m2+n2)x28m2λx+m2λ2m2n2=0(*),则Δ=64m4λ24(16m2+n2)(m2λ2m2n2)>0,得16m2+n2λ2>0②.由(*),可得x1+x2=8m2λ16m2+n2,∴y1+y2=4(x1+x2)+2λ=2λn216m2+n2,∴MN中点的坐标为4λm216m2+n第2课时1.解:(1)由题知A(a,0),C(0,a),故Ba7,6a7代入椭圆E的方程得149+36a249b2=1,结合a2b2=1,得a2=4故椭圆E的方程为x24+y2(2)由题知,直线l不与x轴重合,故可设l:x=my+1,代入x24+y23=1得(3m2+4)y2+6my设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-6m3m2+4,y连接ON,由Q与M关于原点对称知,S△MNQ=2S△MON=|y1y2|=(y1+y2∵m2+1≥1,∴3m2+1+1m2+1≥4,∴S△MNQ≤3,∴△MNQ面积的最大值为3,此时直线l的方程为x=1.2.解:(1)由题知,动圆C的圆心到点(2,0)的距离等于到直线x=2的距离,所以由抛物线的定义可知,动圆C的圆心轨迹是以(2,0)为焦点,x=2为准线的抛物线,所以动圆圆心轨迹E的方程为y2=8x.(2)证明:由题知当直线AB的斜率为0时,不符合题意,所以可设直线AB的方程为x=my+1,联立x=my+1,y2=8x,消去x,得y28my8=0,Δ=设A(x1,y1),B(x2,y2),M(1,t),则y1+y2=8m,y1·y2=8,x1+x2=8m2+2,x1·x2=1,而2kMP=2·t-1-kMA+kMB=y1-ty118-t8m所以kMA+kMB=2kMP.3.解:(1)设点M到直线l的距离为d,依题意知MF=d.设M(x,y),则有x2+(y-1)2=|y+1|所以所求轨迹C的方程为x2=4y.(2)设lAB:y=kx+1,代入x2=4y中,得x24kx4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1·x2=4,所以AB=1+k2·|x1x2|=4(k2+1因为C的方程为x2=4y,即y=x24,所以y'=所以直线l1的斜率k1=x12,直线l2的斜率k2=因为k1k2=x1x24=1,所以PA⊥PB,即所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点,线段AB是直径.因为AB=4(k2+1),所以当k=0时,线段AB最短,长度为4,此时外接圆的面积最小,为4π.4.解:(1)设曲线C上的任一点为(x,y),易知y≥0,则x2+(y-1)2|y|=1即曲线C的方程为x2=4y.(2)将y=kx+m代入x2=4y,得x24kx4m=0.当m>0时,Δ=16k2+16m>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=4m,FA=(x1,y11),FB=(x2,y21),∴FA·FB=x1x2+(y11)(y21)=x1x2+(kx1+m1)(kx2+m1)=(1+k2)x1x2+k(m1)(x1+x2)+(m1)2=4m(1+k2)+4k2(m1)+(m1)2=4k2+(m1)24m.∵对任意k∈R,都有FA·FB<0,∴4k2+(m1)24m<0对任意k∈R恒成立,则(m1)24m<0,解得322<m<3+22,∴m的取值范围是322<m<3+22.5.解:(1)证明:由题意可知a=2,e=ca=1-b2a2=∴椭圆的标准方程为x22+y2=设直线PA的方程为y=t22(x+联立x得(4+t2)x2+22t2x+2t28=0,解得x1=2,x2=42-2t24+t2,则故直线BC的斜率kBC=2t,又直线OP的斜率kOP=t∴kBC·kOP=1,∴OP⊥BC.(2)由(1)可知,四边形OBPC的面积S1=12×|OP|×|BC|=2三角形ABC的面积S2=12×22×4|t由42|t|4+t2≤2|t|·(t2+2)∴|t|的最小值为2.6.解:(1)设A(x1,y1),P(x0,y0),则B(x1,y1),∵点A,B,P三点均在椭圆上,∴x02a2+y02b2=∴作差得(x1-∴kPA·kPB=y1-y0x1-x0·y1+y0x(2)F1(c,0),F2(c,0),直线l的方程为y=k(xc),设M(x3,y3),N(x4,y4),∵e=32,∴a2=4b2,c2=3b2联立y=k(x-c),x24b2+y2b2=1,得(1+4k2)x∴x3当点F1在以线段MN为直径的圆内部时,F1M·F1N=(x3+c)(x4+c)+y3·y∴(1+k2)x3x4+(cck2)(x3+x4)+c2+c2k2<0,得(1+k2)4c2k2-43c21+4k2+(1k2)8c2k第3课时1.解:(1)由抛物线的定义可得p2+1=2,解得p=2,故抛物线方程为x2=4(2)假设存在满足题设条件的点M(x0,y0),直线AB的方程为y=2x+1,代入x2=4y,可得x28x4=