【高考调研】2013届高考数学一轮复习课时作业 第九章 专题研究二 理 新人教版

【高考调研】2013届高考数学一轮复习课时作业 第九章 专题研究二 理 新人教版1设A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y22px(p0)上的两点，并且满足OAOB，则y1y2等于()A4p2B3p2C2p2 Dp2答案A解析OAOB，0.x1x2y1y20.A、B都在抛物线上，代入得y1y20，解得y1y24p2.2抛物线yax2与直线ykxb(k0)交于A，B两点，且此两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则恒有()Ax3x1x2Bx1x2x1x3x2x3Cx1x2x30 Dx1x2x2x3x3x10答案B解析由方程组得ax2kxb0，可知x1x2，x1x2，x3，代入各项验证即可得B正确，故选B.3已知A，B，C三点在曲线y上，其横坐标依次为1，m,4(1m0)上一定点M(x0，y0)(y00)，作两条直线分别交抛物线于A(x1，y1)、B(x2，y2)，当MA与MB的斜率存在且倾斜角互补时，则等于()A2 B2C4 D4答案A解析kMA(y0y1)，同理：kMB.由题意：kMAkMB，y1y0(y2y0)，y1y22y0，2，故选A.5已知P为抛物线y24x上一个动点，Q为圆x2(y4)21上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到抛物线的准线的距离之和的最小值是()A5 B8C.1 D.2答案C解析抛物线y24x的焦点为F(1,0)，圆x2(y4)21的圆心为C(0,4)，设点P到抛物线的准线的距离为d，根据抛物线的定义有d|PF|，|PQ|d|PQ|PF|(|PC|1)|PF|CF|11.6.(2012东北三校)已知曲线C1的方程为x21(x0，y0)，圆C2的方程为(x3)2y21，斜率为k(k0)的直线l与圆C2相切，切点为A，直线l与曲线C1相交于点B，|AB|，则直线AB的斜率为()A. B.C1 D.答案A解析设B(a，b)，则由题意可得解得则直线AB的方程为yk(x1)，故1.k，或k(舍去)7已知点M是抛物线y24x上的一点，F为抛物线的焦点，A在圆C：(x4)2(y1)21上，则|MA|MF|的最小值为_答案4解析依题意得|MA|MF|(|MC|1)|MF|(|MC|MF|)1，由抛物线的定义知|MF|等于点M到抛物线的准线x1的距离，结合图形不难得知，|MC|MF|的最小值等于圆心C(4,1)到抛物线的准线x1的距离，即为5，因此所求的最小值为4.8若抛物线y24x的焦点为F，过F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，动点P在曲线y24x(y0)上，则PAB的面积的最小值为_答案2解析由题意，得F(1,0)，直线AB的方程为yx1.由，得x26x10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x26，x1x21，|AB|8.设P(，y0)，则点P到直线AB的距离为，PAB的面积S2，即PAB的面积的最小值是2.9(2012海淀期末)已知点M(1，y)在抛物线C：y22px(p0)上，M点到抛物线C的焦点F的距离为2，直线l：yxb与抛物线C交于A，B两点(1)求抛物线C的方程；(2)若以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程；(3)若直线l与y轴负半轴相交，求AOB面积的最大值解析(1)抛物线y22px(p0)的准线为x，由抛物线定义和已知条件可知|MF|1()12，解得p2，故所求抛物线方程为y24x.(2)解法一联立消去x并化简整理得y28y8b0.依题意应有6432b0，解得b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y28，y1y28b.设圆心Q(x0，y0)，则应有x0，y04.因为以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆的半径为r|y0|4，又|AB|所以|AB|2r8.解得b.所以x1x22b2y12b2y24b16.所以圆心坐标为(，4)故所求圆的方程为(x)2(y4)216.解法二联立消去y并化简整理得x2(4b16)x4b20.依题意应有16(b4)216b20，解得b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24b16，x1x24b2.设圆心Q(x0，y0)，则应有x0，y04，因为以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆的半径为r|y0|4.又|AB|，又|AB|2r8，所以有8.解得b.所以x1x2.所以圆心坐标为(，4)故所求圆的方程为(x)2(y4)216.(3)因为直线l与y轴负半轴相交，所以b2，所以2b0.直线l：yxb整理得x2y2b0.点O到直线l的距离d，所以SAOB|AB|d4.令g(b)b32b2，2b0，即3k22m2， (*)又x1x2，x1x2，所以|PQ|.因为点O到直线l的距离为d，所以SOPQ|PQ|d，又SOPQ，整理得3k222m2，且符合(*)式，此时，xx(x1x2)22x1x2()223，yy(3x)(3x)4(xx)2.综上所述，xx3，yy2，结论成立(2)解法一当直线l的斜率不存在时，由(1)知|OM|x1|，|PQ|2|y1|2，因此|OM|PQ|2.当直线l的斜率存在时，由(1)知：，k()mm，|OM|2()2()2(3)，|PQ|2(1k2)2(2)，所以|OM|2|PQ|2(3)2(2)(3)(2)()2.所以|OM|PQ|，当且仅当32，即m时，等号成立综合得|OM|PQ|的最大值为.解法二因为4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)22(xx)(yy)10.所以2|OM|PQ|5.即|OM|PQ|，当且仅当2|OM|PQ|时等号成立因此|OM|PQ|的最大值为.(3)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得SODESODGSOEG.假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足SODESODGSOEG，由(1)得u2x3，u2x3，xx3，v2y2，v2y2，yy2，解得u2xx；v2yy1.因此u，x1，x2只能从中选取，v，y1，y2只能从1中选取，因此D，E，G只能在(，1)这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与SODESODGSOEG矛盾，所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.1(2012福建厦门质检)定义一个法则f：(m，n)(m，)(n0)，在法则f的作用下，点P(m，n)对应点P(m，)现有A(1,2)，B(1,0)两点，当点P在线段AB上运动时，其对应点P的轨迹为G，则轨迹G与线段AB公共点的个数为()A0 B1C2 D3答案C解析点P的轨迹方程为xy1(1x1)，设P(x，y)，则对应的点P(x，y2)，代入上式，可得P(x，y)的轨迹方程为y2x1，则轨迹G与线段AB交于(1,0)，(0,1)两点2(2012郑州质检)已知圆C：(x)2y216，点N(，0)，Q是圆上一动点，NQ的垂直平分线交CQ于点M，设点M的轨迹为E.(1)求轨迹E的方程；(2)过点P(1,0)的直线l交轨迹E于两个不同的点A、B，AOB(O是坐标原点)的面积S，求直线AB的方程解析(1)由题意得|MC|MN|MC|MQ|CQ|42，所以轨迹E是以N，C为焦点，长轴长为4的椭圆，即轨迹E的方程为y21.(2)记A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，直线AB的斜率不可能为0，故可设直线AB的方程为：xmy1，由消去x得(4m2)y22my30.所以S|OP|y1y2|.由S，解得m21，即m1.故直线AB的方程为xy1，即xy10或xy10为所求3(2012合肥质检)已知抛物线y24x，过点M(0,2)的直线l与抛物线交于A、B两点，且直线l与x轴交于点C.(1)求证：|MA|，|MC|，|MB|成等比数列；(2)设，试问，是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由解析(1)由题意知，直线l的斜率存在，可设直线l的方程为：ykx2(k0)，联立方程可得得：k2x2(4k4)x40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(，0)，则x1x2，x1x2.|MA|MB|x10|x20|(1k2)|x1x2|，而|MC|2(|0)2，|MC|2|MA|MB|，即|MA|，|MC|，|MB|成等比数列(2)由，得，(x1，y12)(x1，y1)，(x2，y22)(x2，y2)，即得：，.得.由(1)中代入得1，故为定值且定值为1.4(2012江西南昌)已知双曲线1(ba0)，O为坐标原点，离心率e2，点M(，)在双曲线上(1)求双曲线的方程；(2)若直线l与双曲线交于P、Q两点，且0.求|OP|2|OQ|2的最小值解析(1)e2，c2a，b2c2a23a2，双曲线方程为1，即3x2y23a2.点M(，)在双曲线上，1533a2.a24.所求双曲线的方程为3x2y212.(2)设直线OP的方程为ykx(k0)，联立3x2y212，得|OP|2x2y2.则OQ的方程为yx，有|OQ|2，.设|OP|2|OQ|2t，则t()2()2()2224，t24.即|OP|2|OQ|224(当且仅当|OP|OQ|2时取等号)当|OP|OQ|2时，|OP|2|OQ|2有最小值24.5(2011广东文)在平面直角坐标系xOy中，直线l：x2交x轴于点A.设P是l上一点，M是线段OP的垂直平分线上一点，且满足MPOAOP.(1)当点P在l上运动时，求点M的轨迹E的方程；(2)已知T(1，1)设H是E上动点，求|HO|HT|的最小值，并给出此时点H的坐标；(3)过点T(1，1)且不平行于y轴的直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点，求直线l1的斜率k的取值范围解析(1)如图1可得直线l：x2与x轴交于点A(2,0)，设P(2，m)，当m0时，点P与点A重合，这时OP的垂直平分线为x1，由AOPMPO0，得M(1,0)，当m0时，设M(x0，y0)，()若x01，由MPOAOP得MPOA，有y0m，又kOP，OP的中点为(1，)，OP的垂直平分线为y(x1)，而点M在OP的垂直平分线上，y0(x01)，又my0，于是y0(x01)，即y4(x01)(x01)()若x01，如图1，由MPOAOP得点M为OP的垂直平分线与x轴的交点，在y(x1)中，令y0，有x11，即M(1,0)，点M的轨迹E的方程为y24(x1)(x1)和y0(x1)(2)由(1)知轨迹E为抛物线y24(x1)(x1)与射线y0(x1)，而抛物线y24(x1)(x1)的顶点为B(1,0)，焦点为O(0,0)，准线为x2，当点H在抛物线y24(x1)(x1)上时，作HG垂直于准线x2于点G，由抛物线的定义得|HO|HG|，则|HO|HT|HT|HG|，作TF垂直于准线x2于点F，则|HT|HG|TF|，又T(1，1)，得|TF|3，在y24(x1)(x1)中，令y1得x，即当点H的坐标为(，1)时，|HO|HT|的最小值为3，当点H在射线y0(x|TF|，|HO|HT|的最小值为3，此时点H的坐标为(，1)(3)由(2)得kBT，由图2得当直线l1的斜率k或k0时，直线l1与轨迹E有且只有两个不同的交点直线l1的斜率k的取值范围是(，(0，)6已知定点F(0,1)和直线l1：y1，过定点F与直线l1相切的动圆圆心为点C.(1)求动点C的轨迹方程；(2)过点F的直线l2交轨迹于两点P、Q，交直线l1于点R，求的最小值解(1)由题设点C到点F的距离等于它到l1的距离，点C的轨迹是以F为焦点，l1为准线的抛物线所求轨迹的方程为x24y.(2)由题意直线l2的方程为ykx1，与抛物线方程联立消去y，得x24kx40.记P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x24k，x1x24.直线PQ的斜率k0，易得点R的坐标为(，1)，(x1，y11)(x2，y21)(x1)(x2)(kx12)(kx22)(1k2)x1x2(2k)(x1x2)44(1k2)4k(2k)44(k2)8，k22，当且仅当k21时取到等号42816，即的最小值为16.7已知椭圆C：1(ab0)以双曲线y21的焦点为顶点，其离心率与双曲线的离心率互为倒数(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的左、右顶点分别为点A，B，点M是椭圆C上异于A，B的任意一点求证：直线MA，MB的斜率之积为定值；若直线MA，MB与直线x4分别交于点P，Q，求线段PQ长度的最小值解(1)易知双曲线y21的焦点为(2,0)，(2,0)，离心率为，则在椭圆C中a2，e，故在椭圆C中c，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)设M(x0，y0)(x02)，由题易知A(2,0)，B(2,0)，则kMA，kMB，故kMAkMB，点M在椭圆C上，则y1，即y1(x4)，故kMAkMB，即直线MA，MB的斜率之积为定值解法一：设P(4，y1)，Q(4，y2)，则kMAkPA，kMBkBQ，由得，即y1y23，当y10，y20时，|PQ|y1y2|22，当且仅当y1，y2时等号成立同理可得，当y10时，当且仅当y1，y2时，|PQ|有最小值2.解法二：设直线MA的斜率为k，则直线MA的方程为yk(x2)，从而P(4,6k)，由知直线MB的斜率为，则直线MB的方程为y(x2)，故得Q(4，)，故|PQ|6k|2，当且仅当k时等号成立，即|PQ|有最小值2.8如图所示，已知直线l：ykx2与抛物线C：x22py(p0)交于A，B两点，O为坐标原点，(4，12)(1)求直线l和抛物线C的方程；(2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求ABP面积的最大值思路(1)根据根与系数关系和(4，12)列方程组，利用待定系数法求解；(2)线段AB的长度为定值，只要求点P到直线AB的最大值即可解析(1)由得x22pkx4p0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22pk，y1y2k(x1x2)42pk24.因为(x1x2，y1y2)(2pk，2pk24)(4，12)，所以解得所以直线l的方程为y2x2，抛物线C的方程为x22y.(2)解法一：设P(x0，y0)，依题意，抛物线过点P的切线与l平行时，ABP的面积最大，yx，所以x02x02，y0x2，所以P(2，2)此时点P到直线l的距离d，由得x24x40，|AB|4.ABP的面积最大值为8.解法二：由得x24x40，|AB|4，设P(t，t2)(22t22)，因为AB为定值，当点P到直线l的距离d最大时，ABP的面积最大，d，因为22tb0)，抛物线C2的方程为y22px(p0)由所取点及椭圆和抛物线的几何性质，可知点(0，)必在椭圆上，且b，因而可判定点(4，8)，(，2)必在抛物线上，(1，)在椭圆上，代入可求得，C1的方程为1，C2的方程为y216x.(2)由(1)知，抛物线C2的准线方程为x4.设M(4，t)(t0)，则C的圆心为(2，)，半径r.因为圆C被5x12y90截得的弦长为4，所以圆心到5x12y90的距离d.又，解得t2或(舍去)故所求圆C的方程为(x2)2(y1)25.(3)由(1)得点F的坐标为(1,0)，设直线l的方程为yk(x1)(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)由得(34k2)x28k2x(4k212)0.故x1x2.由得(1k2)x2(2k22k4)x(k22k)0，故x3x4.假设线段PQ与AB有相同的中点，则，即.即4k37k23k60令f(k)4k37k23k6.因为f(1)60，f(2)40，所以f(k)在k(2，1)上必有零点，即式有解又因为点F(1,0)在曲线C1和曲线C的内部，所以直线l和曲线C1、曲线C必相交，所以式的解符合题意所以存在满足条件的直线l.17