广东省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练28 解答题专项训练(解析几何) 文.doc

《广东省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练28 解答题专项训练(解析几何) 文.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练28 解答题专项训练(解析几何) 文.doc（5页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、-1-专题升级训练专题升级训练 2828解答题专项训练解答题专项训练(解析几何解析几何)1已知mR R，直线l：mx(m21)y4m和圆C：x2y28x4y160 有公共点(1)求直线l斜率的取值范围；(2)直线l能否将圆C分割成弧长的比值为12的两段圆弧？为什么？2已知C：x2(y1)25，直线l：mxy1m0.(1)求证：对mR R，直线l与圆C总有两个不同交点A，B；(2)求弦AB中点M的轨迹方程，并说明其轨迹是什么曲线？3在平面直角坐标系xOy中，记二次函数f(x)x22xb(xR R)与两坐标轴有三个交点，经过三个交点的圆记为C.(1)求实数b的取值范围；(2)求圆C的方程4已知椭圆

2、C：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为F(1,0)，离心率为22.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围5.已知两点A，B分别在直线yx和yx上运动，且|AB|4 55，动点P满足 2OPOAOB(O为坐标原点)，点P的轨迹记为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过曲线C上任意一点作它的切线l，与椭圆x24y21 交于M，N两点，求证：OMON为定值6若0，点A的坐标为(1,1)，点B在抛物线yx2上运动，点Q满足BQQA，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线于点M，点P满足QMMP，求点P的轨

3、迹方程7已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于 1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求ADEB的最小值8设圆C与两圆(x 5)2y24，(x 5)2y24 中的一个内切，另一个外切(1)求C的圆心轨迹L的方程；(2)已知点M3 55，4 55，F(5，0)，且P为L上动点，求|MP|FP|的最大值及此时点P的坐标-2-参考答案参考答案1解：解：(1)直线l的方程可化为ymm21x4mm21，直线l的斜率kmm21，因为|m|12(m21)，所以|k|m|m2

4、112，当且仅当|m|1 时等号成立所以斜率k的取值范围是12，12.(2)不能由(1)知直线l的方程为yk(x4)，其中|k|12.圆C的圆心为C(4，2)，半径r2.圆心C到直线l的距离d21k2.由|k|12，得d451，即dr2.从而，若l与圆C相交，则圆C截直线l所得的弦所对的圆心角小于23.所以l不能将圆C分割成弧长的比值为12的两段圆弧2解：解：(1)圆心C(0,1)，半径r 5，则圆心到直线l的距离d|m|1m21，dr.对mR R，直线l与圆C总有两个不同的交点A，B.(2)设中点M(x，y)，因为l：m(x1)(y1)0 恒过定点(1,1)，kABy1x1，又kMCy1x，

5、kABkMC1，y1x1y1x1，整理得：x2y2x2y10，即x122(y1)214，表示圆心坐标是12，1，半径是12的圆3解：解：(1)令x0，得抛物线与y轴交点是(0，b)；函数f(x)x22xb与坐标轴有三个交点，由题意b0 且0，解得b1 且b0.(2)设所求圆的一般方程为x2y2DxEyF0，令y0 得x2DxF0，这与x22xb0 是同一个方程，故D2，Fb.令x0 得y2EyF0，此方程有一个根为b，代入得出Eb1.所以圆C的方程为x2y22x(b1)yb0.4解：解：(1)由题意可知：c1，a2b2c2，eca22，解得a 2，b1.-3-故椭圆C的方程为x22y21.(2

6、)设直线AB的方程为yk(x1)(k0)，联立，得yk(x1)，x22y21，整理得(12k2)x24k2x2k220.直线AB过椭圆的左焦点F，方程有两个不等实根记A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点N(x0，y0)，则x1x24k212k2，x0 x1x22，y0y1y22，垂直平分线NG的方程为yy01k(xx0)令y0，得xx0ky02k22k21k22k21k22k211214k22.k0，12x0.点G横坐标的取值范围为12，0.5解：解：(1)方法一：设P(x，y)，A(x1，x1)，B(x2，x2)2OPOAOB，P是线段AB的中点，xx1x22，yx1x22.|AB

7、|4 55，(x1x2)2(x1x2)2165，(2y)2(2x)2165.化简得点P的轨迹C的方程为x2y245.方法二：2OPOAOB，P为线段AB的中点A，B分别在直线yx和yx上，AOB90.又|AB|4 55，|OP|2 55.点P在以原点为圆心，2 55为半径的圆上点P的轨迹C的方程为x2y245.(2)证明：证明：当直线l的斜率存在时，设l：ykxm，l与C相切，|m|1k22 55，-4-m245(1k2)联立ykxm，x24y24，(14k2)x28mkx4m240，(14k2)y22mym24k20.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24m2414k2，y1y2

8、m24k214k2.OMONx1x2y1y25m24k2414k2.又m245(1k2)，OMON0，当直线l的斜率不存在时，l的方程为x2 55，代入椭圆方程得M2 55，2 55，N2 55，2 55或M2 55，2 55，N2 55，2 55，此时，OMON45450.综上所述，OMON为定值 0.6解：解：由QMMP知Q，M，P三点在同一条垂直于x轴的直线上，故可设P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，则x2y0(yx2)即y0(1)x2y.再设B(x1，y1)，由BQQA，即(xx1，y0y1)(1x,1y0)，解得x1(1)x，y1(1)y0.将式代入式，消去y0，得x1(

9、1)x，y1(1)2x2(1)y.又点B在抛物线yx2上，所以y1x12，再将式代入y1x12，得(1)2x2(1)y(1)x2.(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2.2(1)x(1)y(1)0.因为0，两边同时除以(1)，得 2xy10.故所求点P的轨迹方程为y2x1.7解：解：(1)设动点P的坐标为(x，y)，由题意得(x1)2y2|x|1.化简得y22x2|x|，当x0 时，y24x；当x0 时，y0.所以动点P的轨迹C的方程为y24x(x0)和y0(x0)(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为 0，设为k，则l1的方程为yk(x1)由yk(x1)，y24x，得k2x2(2k2

10、4)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x224k2，x1x21.-5-因为l1l2，所以l2的斜率为1k.设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得x3x424k2，x3x41.ADEB(AFFD)(EFFB)AF EFAF FBFD EFFD FB|AF|FB|FD|EF|(x11)(x21)(x31)(x41)124k211(24k2)184k21k2842k21k216，故当且仅当k21k2，即k1 时，ADEB取最小值 16.8解：解：(1)设C的圆心的坐标为(x，y)，由题设条件知|(x 5)2y2(x 5)2y2|4，化简得L的方程为x24y21.(2)过M，F的直线l的方程为y2(x 5)，将其代入L的方程得 15x232 5x840，解得x16 55，x214 515，所以l与L的交点坐标为T16 55，2 55，T214 515，2 515.因T1在线段MF外，T2在线段MF内，故当P处于T1时，|MP|FP|MT1|FT1|MF|2，当P处于T2时，|MP|FP|MT2|FT2|MF|2，若P不在直线MF上，在MFP中有|MP|FP|MF|2.故|MP|FP|只在T1点处取得最大值，即|MP|FP|的最大值为 2，此时点P的坐标为6 55，2 55.