2019-2020年高考数学回归课本 圆锥曲线（二）教案 旧人教版.doc

2019-2020年高考数学回归课本 圆锥曲线（二）教案 旧人教版五、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，如果存在过左焦点F的直线交椭圆于P，Q两点，且OPOQ，则离心率e的取值范围是_.4设F1，F2分别是双曲线(ab0)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_.5ABC一边的两顶点坐标为B（0，）和C（0，），另两边斜率的乘积为，若点T坐标为(t,0)(tR+),则|AT|的最小值为_.6长为l(l1)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),ab0,b22pa，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）既在椭圆内部（含边界），又在圆x2+y2=外部（含边界），若a,bR+,则a+b的最小值为_.9已知椭圆的内接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：（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0a0),P(x,y)为轨迹上任一点，则。化简为2k2x2+2y2=m2(1+k2).当k1时，表示椭圆；当k=1时，表示圆。312由题设a=10,b=6,c=8，从而P到左焦点距离为10e=10=8,所以P到右焦点的距离为20-8=12。4-2k2或k5.由(|k|-2)(5-k)5或-2k2.5.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，63x+4y-5=0.设M(x1,y1),N(x2,y2)，则两式相减得-(y1+y2)(y1-y2)=0.由，得。故方程y+1=(x-3).7.-4.设B(x1,y1),C(x2,y2)，则=0，所以y1+y2=-8，故直线BC的斜率为8=1。由渐近线交点为双曲线中心，解方程组得中心为(2,1)，又准线为，知其实轴平行于y轴，设其方程为=1。其渐近线方程为=0。所以y-1=(x-1).由题设，将双曲线沿向量m=(-2,-1)平移后中心在原点，其标准方程为=1。由平移公式平移后准线为，再结合，解得a2=9，b2=16，故双曲线为=1。92曲线y2=ax关于点（1，1）的对称曲线为(2-y)2=a(2-x),由得y2-2y+2-a=0,故y1+y2=2,从而=1，所以a=2.10（2，。设P(x1,y1)及，由|PF1|=ex1+a,|PF2|=ex1-a,|PF1|+|PF2|=2ex1, 所以，即。因，所以，所以即20,设x1,x2是方程的两根，由韦达定理 由，得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k)=k(x1+x2)+2(1-2k)= 设P1P2的中点P坐标(x,y)，由中点公式及，得消去k得点（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由椭圆方程得焦点为，设双曲线方程，渐近线为由题设，所以a2=3b2,又,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|=|PF2|=(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以两圆半径之和(-a-ex)+a=(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，所以|MF1|=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。6y=2(x-1)。消去参数得(y-2m) 2=4(x-m)，焦点为它在直线y=2(x-1)上。71mm,所以1m0)，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，于是，|CA|=由题设，同理可得|CB|=,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1a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)(1+cos).于是有由0，得，所以。因0，所以cos为减函数，故0当2b2a2即时，arccos，sin为增函数，sin取最大值；当2b2a2时，arccos,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 因为y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由，得所以=x1x2+y1y2=,O点在以AB为直径的圆内，等价0，即k2(a2c2-b4)-a2b20对任意kR成立，等价于a2c2-b20,即ac-b20,即e2+e-10.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=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SAOB=|y1-y2|OF1|=aa，当且仅当m=0时，SAOB的面积取最小值；当m+时，SAOB+，无最大值。所以存在过F的直线x=使AOB面积有最小值6a2.联赛一试水平训练题1m5.由已知得，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，由椭圆定义5.2.因为b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SOPQ=absin=.3.。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，RtOPQ斜边上的高为|OF|=c. 所以a2b2c2(a2+b2)，解得e1时|AT|min=|t-2|.由题设kABkAC=-,设A(x,y)，则(x0)，整理得=1(x0)，所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因为|x|2,所以当t(0,1时取x=2t,|AT|取最小值。当t1时，取x=2，|AT|取最小值|t-2|.6.设点M(x0,y0) ，直线AB倾斜角为，并设A(x0-), B(x0+),因为A，B在抛物线上，所以 由，得 2x0cos=sin. 所以因为l21，所以函数f(x)=.在（0，1在递减，所以。当cos=1即l平行于x轴时，距离取最小值7设，由A，M，M1共线得y1=，同理B，M，M2共线得，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)+y02pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0.当x=a,y=时上式恒成立，即定点为8。由题设且a2+2b215，解得5b26.所以a+b(t=b2-41,2)，而，又t2可得上式成立。9解 设A(2cos,), B(2cos,sin),C(2cos,sin)，这里，则过A，B的直线为lAB：，由于直线AB过点F1(-1,0)，代入有(sin-sin)(1+2cos)=2sin(cos-cos)，即2sin(-)=sin-sin=2,故 ，即。又lBD: (x+2)=，同理得。lCE: (x-2)=(x-2).两直线方程联立，得P点坐标为，消去得点P(x,y)在椭圆上（除去点(-2,0),(2,0)）.10.解 （1）由消去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，此时xp=-a2，当且仅当-a-a2a即0a1时适合；20。f(a)f(-a)0，当且仅当-ama时适合；30。f(-a)=0得m=a，此时xp=a-2a2，当且仅当-aa-2a2a即0a1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0a1时，或-ama；当a1时，-ama.(2)OAP的面积因为0a,故当-ama时，00，从而时取值最大，此时，故；当时，xp=-a2，yp=,此时以下比较与的大小。令，得，故当00，所以，从而所以直线l的方程为，抛物线C的方程为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 直线BC的方程为 c-f得(c-f)x+ 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，直线AE的方程为(c-f)x+ ，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：，其中都是既约分数，并记An+1=A0.若p与q奇偶性相同，则记pq，否则记pq，下面用数学归纳法证明。bk1,dk1(k=1,2,n)，ak+ckak-1+ck-1(k=1,2,n,n+1)。当k=1时，由，得，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，a1c1,b1d11，并且a1+c10=a0+c0.设结论对k=1,2,m-1n都成立，令这里是既约分数，因为每一段的长为1，所以=1，与k=1情况类似：ac,db1，又因为，分数既约，所以bm是bbm-1的一个因子，bm1.同理可知dm1,又amabm-1+bam-1（同理cmcdm-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-1a+c1.所以am+cmam-1+cm-1，结论成立，于是在顶点数n+1为奇数时，an+1+cn+1a0+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+，四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0，以及。在B0P0或其延长线上，有B0P0=B0，从而可知点与点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=-(P0B0Q0+P1C1Q0).同理得P0Q0P1=-(P0B0Q0+P1C1Q0)，所以P0，Q0，Q1，P1共圆。4证明 引理：抛物线y=ax2+bx+c(a0)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 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=xtanx2与y=xtanx2的交点，则两条切线的斜率分别为（由引理）又由题设k1k2=-1，所以 又因为P(x0,y0)在两条抛物线上，所以 代入式得 （）又因为tan1,tan2是方程t2-t+=0的两根，所以tan1+tan2= tan1tan2=。 把，代入（）式得，即5证明 以C为原点，CB所在直线为x轴，建立直角坐标系，设ADC=，|PD|=r.各点坐标分别为D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tan),B(x0,0),P(x1-rcos,rsin).则lAB方程为，即x1x+x0coty-x1x0=0,因为lAB与圆相切，可得x1=x0x1cot-x1x0|，约去x1,再两边平方得，所以x1. 又因为点P在圆上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化简得r=2x1sin. 要证DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. 又因为，所以 因为=(x1-x0-rcos,rsin),=(x1-rcos,rsin),所以 (x1-rcos)(x1-rcos-x0)+r2sin2=0. 把代入化简得 由得x0=x1代入并约去x1,化简得4sin22-3sin2=0，因为sin20，所以sin2=，又因为sin=cos，所以sin-cos0.所以sin-cos=，所以1+sin-cos=4sincos，即成立。所以DP=AP+AE。6证明 设BC=d，CD=b，BD=c，则AC=CQ=，取BC中点M，则AMBC，以M为原点，直线BC为x轴建立直角坐标系，则各点坐标分别为，因为，所以点，所以因为0DRC，0ASQ，所以只需证tanASQ=tan2DRC,即，化简得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2，显然成立。所以命题得证。