资源简介

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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　椭圆的标准方程及几何性质
　　　　　　　　　　　　　
1.(2024新课标Ⅱ,5)已知曲线C:x2+y2=16(y>0),从C上任意一点P向x轴作垂线段PP',P'为垂足,则线段PP'的中点M①的轨迹方程为(　　)
A.+=1(y>0)　　　　B.+=1(y>0)
C.+=1(y>0)　　　　D.+=1(y>0)
①心中有“数”　把要求的动点M向已知动点P转化
2.(2023新课标Ⅱ,5)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍,则m=(　　)
A.　　B.　　C.-　　D.-
3.(2023全国甲文,7)设F1,F2为椭圆C:+y2=1的两个焦点,点P在C上,若·=0,则|PF1|·|PF2|=(　　)
A.1　　B.2　　C.4　　D.5
4.(2023全国甲,12)设O为坐标原点,F1,F2为椭圆C:+=1的两个焦点,点P在C上,cos∠F1PF2=,则|OP|①=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
①心中有“数”　求焦点三角形的中线长,引进向量求解
考点2　双曲线的标准方程及几何性质
5.(2024全国甲文,6)已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,-4),点(-6,4)在该双曲线上,则该双曲线的离心率为(　　)
A.4　　B.3　　C.2　　D.
6.(2023全国甲,8)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
7.(多选题)(2022全国乙,11)双曲线C的两个焦点为F1,F2,以C的实轴为直径的圆记为D,过F1作D的切线与C交于M,N两点,且cos∠F1NF2=,则C的离心率为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.(2023全国乙,11)设A,B为双曲线x2-=1上两点,下列四个点中,可以为线段AB中点①的是(　　)
A.(1,1)　　　　B.(-1,2)
C.(1,3)　　　　D.(-1,-4)
①心中有“数”　中点弦问题,用“点差法”转化为斜率间的关系求解
9.(2022全国甲文,15)记双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值　　　　.
10.(2024新课标Ⅰ,12)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作平行于y轴的直线交C于A,B两点,若|F1A|=13,|AB|=10,则C的离心率为　　　　.
考点3　抛物线的标准方程及几何性质
11.(2022全国乙,5)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,点A在C上,点B(3,0),若|AF|=|BF|,则|AB|=(　　)
A.2　　B.2　　C.3　　D.3
12.(多选题)(2024新课标Ⅱ,10)抛物线C:y2=4x的准线为l,P为C上动点.过P作☉A:x2+(y-4)2=1的一条切线,Q为切点.过P作l的垂线,垂足为B.则(　　)
A.l与☉A相切
B.当P,A,B三点共线时,|PQ|=
C.当|PB|=2时,PA⊥AB
D.满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个①
①关键点拨　利用抛物线定义转化
13.(多选题)(2023新课标Ⅱ,10)设O为坐标原点,直线y=-(x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则(　　)
A.p=2　　　　
B.|MN|=
C.以MN为直径的圆与l相切　　　　
D.△OMN为等腰三角形
考点4　直线与圆锥曲线位置关系的综合问题
14.(多选题)(2024新课标Ⅰ,11)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足:横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4①.则(　　)
A.a=-2
B.点(2,0)在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点(x0,y0)在C上时,y0≤
①关键点拨　求动点的轨迹方程
15.(2024新课标Ⅰ,16)已知A(0,3)和P为椭圆C:+=1(a>b>0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.
16.(2024全国甲理,20)设椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
17.(2023新课标Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),离心率为.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
18.(2023全国甲,20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,|AB|=4.
(1)求p;
(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且·=0,求△MFN面积的最小值.
强基计划
19.(2023清华大学强基计划)椭圆+=λ,F为左焦点,A,B为椭圆上两点且|FA|=5,|FB|=8,则直线AB的斜率k的范围为　　　　.
学科竞赛
20.(2025四川宜宾高中数学联赛)已知F1,F2是椭圆+=1的左、右焦点,P是椭圆上任意一点,过F1引∠F1PF2的外角平分线的垂线,垂足为Q,O为坐标原点,则Q与短轴端点的最短距离为　　　　　.
21.(2024上海数学竞赛)求所有正整数n(n≥3),满足正n边形能内接于平面直角坐标系xOy中椭圆+=1(a>b>0).
三年模拟练
　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(2024江西新余第六中学统考)圆锥曲线具有统一定义,即到定点的距离与到定直线的距离的比值是常数e的点的轨迹叫作圆锥曲线,当01时,轨迹为双曲线.若方程m(x2+y2+2y+1)=(2x-y+3)2表示的曲线是双曲线,则m的取值范围为(　　)
A.(0,8)　　　　B.(8,+∞)
C.(0,5)　　　　D.(5,+∞)
2.(2024北京清华大学附属中学开学考试)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,P是抛物线的准线上一动点,作线段PF的垂直平分线l,则直线l与抛物线的公共点个数的可能值构成的集合为(　　)
A.{0}　　　　B.{1}　　
C.{0,1}　　　　D.{1,2}
3.(多选题)(2024江西南昌模拟)将椭圆C1:+=1(a>b>0)上所有的点绕原点旋转θ角,得到椭圆C2:x2+y2-xy=6,则下列说法中正确的是(　　)
A.a=2
B.椭圆C2的离心率为
C.(2,2)是椭圆C2的一个焦点
D.θ=
4.(多选题)(2025江西景德镇质检)双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A,B,离心率为e,P(x0,y0)为双曲线上位于第一象限的任意一点,设∠PAB=α,∠PBA=β,△PAB的面积为S,则下列说法正确的是(　　)
A.的值随着x0的增大而减小
B.tanαtanβ是定值
C.tanα-tanβ≤
D.若S·tan(α+β)+a2≥0,则15.(2024山西吕梁期中)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线l交抛物线C于M,N两点(M位于第二象限),过点M作抛物线C的准线的垂线,垂足为M1,若|FM|=|FM1|,|FM|-|FN|=4,则p=　　　　.
6.(2025江西新余第十六中学月考)已知椭圆C1:+=1(a>b>0),其长轴长为4且离心率为,在椭圆C1上任取一点P,过点P作圆C2:x2+(y+3)2=2的两条切线PM,PN,切点分别为M,N,则·的最小值为　　　　.
7.(2025江西新余第四中学段考)椭圆的光学性质在物理学中有主要应用.如图1,在椭圆C1:+y2=1上有一点P(x0,y0),F1,F2分别为C1的左、右焦点,过P作C1的切线l,则直线PF1,PF2与l的夹角大小相等.
(1)求证:l的方程为+yy0=1;
(2)如图2,在(1)的基础上,双曲线C2的离心率为且与C1有相同焦点,P不与C1和C2的交点重合,l与C2交于A,B两点,过A,B分别作C2的切线交于点Q.
求证:(i)AQ⊥BQ;
(ii)∠PF1Q=∠PQF2.
　
迁移创新
8.(2025浙江温州十校联合体期中)阅读材料:
极点与极线,是由法国数学家吉拉德·笛沙格(GirardDesargues)于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述,它是圆锥曲线的一种基本特征.已知圆锥曲线C:Ax2+By2+2Dx+2Ey+F=0,则称点P(x0,y0)和直线l:Ax0x+By0y+D(x+x0)+E(y+y0)+F=0是圆锥曲线C的一对极点和极线.事实上,在圆锥曲线方程中,以x0x替换x2,以替换x(另一变量y也是如此),即可得到点P(x0,y0)对应的极线方程.特别地,对于椭圆+=1(a>b>0),与点P(x0,y0)对应的极线方程为+=1(a>b>0);对于双曲线-=1(a>0,b>0),与点P(x0,y0)对应的极线方程为-=1(a>0,b>0),即对于确定的圆锥曲线,每一对极点与极线是一一对应的关系.
其中,极点与极线有以下基本性质和定理:
①当P在圆锥曲线C上时,其极线l是曲线C在点P处的切线;
②当P在圆锥曲线C外时,其极线l是曲线C从点P所引两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所在直线);
③当P在圆锥曲线C内时,其极线l是曲线C过点P的割线与曲线C的两交点处的切线的交点的轨迹.
根据上述材料回答下面问题.
已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),其右顶点E(1,0)到C的一条渐近线的距离为,已知G是直线mx+ny+q=0上的一个动点,点G对应的极线与双曲线交于A,B两点.
(1)若m=3,n=q=-1,证明:极线AB恒过定点;
(2)在(1)的条件下,若该定点为线段AB的中点,求出此时的极线方程;
(3)若m=1,n=0,q=-,极线AB交C的右支于A,B两点,点A在x轴上方,Q是双曲线C的左顶点,直线AE,BQ分别交y轴于点M,N,O为坐标原点,求的值.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.A　
考教衔接
本题以半圆方程为载体考查动点的轨迹方程,属于中档题.本题来源于教材P56例7,两题均是以已知曲线方程为背景,考查动线段中点的轨迹方程;但是教材是以圆为背景,而高考题是以半圆为背景,明显高考题的难度略有拔高,若把高考题变为填空题,学生容易漏写“y>0”.
真题降维
①看设问→求PP'的中点M的轨迹方程,设M(x,y),P(x0,y0),利用线段中点的坐标公式表示;
②观条件、得结论→点P在C上,将点P的坐标代入曲线方程,得关于x,y的方程,即为所求轨迹方程.
解析　设点M(x,y),P(x,y0),P'(x,0),
因为M为PP'的中点,所以y0=2y,即P(x,2y),
又P在圆x2+y2=16(y>0)上,所以x2+4y2=16(y>0),即+=1(y>0),
即点M的轨迹方程为+=1(y>0).
(需注意“动点的轨迹”与“动点的轨迹方程”的本质区别,前者重在“形”,即图形的特征,后者重在“式”,即图形所表示的方程)
考场速决　在曲线C上取点P(0,4),则P'(0,0),则线段PP'的中点M(0,2),选项B,C,D都不过点M,排除B,C,D.
2.C　由已知得F1(-,0),F2(,0),
∵=2,∴点F1到直线AB的距离为点F2到直线AB的距离的2倍,即=2·,解得m=-或m=-3,经检验,当m=-3时,直线AB与椭圆C没有交点,故m=-(易错:容易忘记检验求出的m的值是否满足直线与椭圆相交这一条件).
3.B　由椭圆标准方程得a=,b=1,c==2.
由·=0得∠F1PF2=90°,
所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,即|PF1|2+|PF2|2=16.
由椭圆定义得|PF1|+|PF2|=2,所以|PF1|·|PF2|=[(|PF1|+|PF2|)2-(|PF1|2+|PF2|2)]=2.
考场速决　因为·=0,所以∠F1PF2=90°,从而=b2tan45°=1=|PF1|·|PF2|,所以|PF1|·|PF2|=2.
二级结论　设椭圆:+=1(a>b>0)上一点P(x0,y0),左、右焦点分别为F1,F2,∠F1PF2=θ,则
①当P为短轴端点时,θ最大;
②=|PF1||PF2|sinθ=b2=b2tan=c|y0|,当|y0|=b,即P为短轴端点时,取得最大值,为bc;
③焦点三角形的周长为2(a+c).
4.B　
关键点拨
分析题意可知△F1PF2为椭圆的焦点三角形,要求边F1F2上的中线长,已知|F1F2|及∠F1PF2,由椭圆定义可得出另两边的关系,很容易想到用余弦定理、三角形中线的向量公式以及数量积公式求|OP|.
解析　由椭圆方程知a=3,b=,则c==.
设|PF1|=m,|PF2|=n,则m+n=2a,即m+n=6,所以2mn=36-(m2+n2)①.
在△F1PF2中,=cos∠F1PF2,即=②.将①代入②得m2+n2=21.
OP为边F1F2上的中线,故|OP|2=(+)2=
(+2·+)===,所以|OP|=.
考场速决　本题还可以根据二级结论:椭圆焦点三角形的面积=b2tan求解.
由椭圆方程知a=3,b=,则c==.
设∠F1PF2=2θ,0<θ<,则=b2tan=b2tanθ,
由cos∠F1PF2=cos2θ==,解得tanθ=(负值舍去),
所以=|F1F2||yp|=×2×|yp|=6×,解得=3,则=9×=,因此|OP|===.
5.C　设F1(0,-4),F2(0,4),P(-6,4),
则|F1F2|=2c=8,|PF1|==10,|PF2|=6,则2a=|PF1|-|PF2|=10-6=4,故e===2.
6.D　∵e==,∴=4,∴=2.
由图形知与圆相交的渐近线方程为y=x,即y=2x,即2x-y=0.
由已知得圆心坐标为(2,3),半径r=1,∴圆心到直线2x-y=0的距离d==,
∴|AB|=2=2=.
7.AC　依题意可设双曲线的焦点在x轴上,左、右焦点分别为F1,F2.
(1)当两个交点M,N分别在双曲线两支上时,设切点为P,连接OP,则OP⊥MN,
易知|OP|=a,|OF1|=c,|PF1|=b,
过点F2作F2Q⊥MN,垂足为Q,则F2Q∥OP,
由相似易知|F2Q|=2a,|QF1|=2b,
∵cos∠F1NF2=,∴sin∠F1NF2=,
∴|NF2|=,|NQ|=,
∴|NF1|-|NF2|=|QF1|+|NQ|-|NF2|=2b+-=2a,即3a=2b,
∴e==.
(2)当两个交点M,N均在左支上时,
同(1)易得|NF2|=,|NQ|=,|F1Q|=2b,
∴|NF1|=-2b,∴|NF2|-|NF1|=-+2b=2a,即a=2b,
∴e==.
8.D　
思路探究
判断弦AB的中点坐标,很显然是中点弦问题,解题思路是设出A,B的坐标,分别代入双曲线方程,两式相减得到kAB与AB的中点与原点连线的斜率的关系,再由直线与圆锥曲线相交时Δ>0对选项逐一验证.
解析　设A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,y1≠y2,则AB的中点坐标为,
设原点与线段AB的中点的连线的斜率为k,则kAB=,k=,
∵A,B在双曲线上,∴
两式作差,整理得kABk=9.
对于A,可得k=1,则kAB=9,∴lAB:y=9x-8,与x2-=1联立,消去y,得72x2-2×72x+73=0,Δ=-288<0,错误;
对于B,可得k=-2,则kAB=-,∴lAB:y=-x-,与x2-=1联立,消去y,得45x2+2×45x+61=0,Δ=-2880<0,错误;
对于C,可得k=3,则kAB=3,∴lAB:y=3x,与双曲线的渐近线重合,故lAB与双曲线无交点,错误,故排除A,B,C.
二级结论
1.已知直线l与圆锥曲线Γ相交于A,B两点,弦AB的中点为C,若直线AB与OC的斜率都存在,且分别为k1,k2,则
曲线Γ的方程 k1k2的值
X型椭圆 +=1(a>b>0) -
Y型椭圆 +=1(a>b>0) -
X型双曲线 -=1(a>0,b>0)
Y型双曲线 -=1(a>0,b>0)
2.已知直线l与抛物线Γ相交于A,B两点,弦AB的中点的坐标为(x0,y0),若直线AB的斜率存在,且为k,则
抛物线Γ的方程 k的值
开口向右 y2=2px(p>0)
开口向左 y2=-2px(p>0) -
开口向上 x2=2py(p>0) px0
开口向下 x2=-2py(p>0) -px0
9.答案　2(答案不唯一)
解析　双曲线C的渐近线方程为y=±x,若直线y=2x与C无公共点,则2≥,即≤4,∴e2==1+≤5,又e>1,∴e∈(1,],∴填写(1,]内的任意值均可.
10.答案　
解析　由题可知AB为通径,故|AB|==10,则|AF2|==5,
由双曲线的定义知|AF1|-|AF2|=2a,故|AF1|=|AF2|+2a=2a+5=13,解得a=4,所以b2=20,故c2=a2+b2=36,即c=6,所以e===.
11.B　设A(xA,yA),依题意可得F(1,0),由B(3,0),得|BF|=2=|AF|=xA+1,
所以xA=1,代入y2=4x,得yA=2或yA=-2,所以|AB|==2.
考场速决　由题意可知F(1,0),|BF|=2,所以|AF|=2.因为抛物线的通径长为2p=4,所以AF的长为通径长的一半,所以AF⊥x轴,所以|AB|==2.
12.ABD　
思路探究
对于A,圆心A已知,准线方程可求,利用几何法判断直线与圆的位置关系;
对于B,利用三点共线知P的坐标,由勾股定理求切线长|PQ|;
对于C,由|PB|=2求出P的坐标,再验证·=0是否成立;
对于D,利用抛物线定义转化,得|PA|=|PF|,求线段AF的中垂线的方程,与C的方程联立,判断Δ的符号,可知AF的中垂线和抛物线的交点个数,即满足条件的点P的个数.
解析　由题意知l的方程为x=-1,A(0,4),☉A的半径r=1,
显然圆心A到l的距离d=1=r,故l与☉A相切,故A正确.
当P,A,B三点共线时,易知P(4,4),∴|PA|=4,易得|AQ|=1,则|PQ|===,故B正确.
∵|PB|=2,∴P点的横坐标为1,
∴P(1,±2).
当P的坐标为(1,2)时,B(-1,2),又A(0,4),∴=(-1,2),=(-1,-2),∴·=1-4=-3≠0,
当P的坐标为(1,-2)时,B(-1,-2),又A(0,4),∴=(-1,6),=(-1,-6),∴·=1-36=-35≠0.
综上,·≠0,∴PA与AB不垂直,故C错误.
由题意知抛物线的焦点为F(1,0),由抛物线定义知|PB|=|PF|,
若|PA|=|PB|,则|PA|=|PF|,∴P点在线段AF的中垂线上,
易得该中垂线的方程为y=x+,
联立消去y得4x2-196x+225=0,Δ=(-196)2-4×4×225>0,∴该方程有两个根,设为x1,x2,则x1+x2=>0,x1x2=>0,∴该方程有两个正根,∴满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个,故D正确.
选项速解　对于选项D,可设点直接求解.设P,由PB⊥l可得B(-1,t),又A(0,4),|PA|=|PB|,
所以=+1,得t2-16t+30=0,Δ=162-4×30=136>0,则关于t的方程有两个解,即存在两个这样的P点.
13.AC　∵直线y=-(x-1)过焦点,∴=1,
∴p=2,故A正确.
抛物线方程为y2=4x.由得3(x2-2x+1)=4x,即3x2-10x+3=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=1,
∴|MN|=|x1-x2|=,故B错误.
由对称性,不妨设M在x轴上方,如图,取MN的中点D,过M,N,D分别作l的垂线,垂足分别为M',N',D',则|DD'|=(|MM'|+|NN'|)=|MN|,
∴以MN为直径的圆和l相切,故C正确.
由B、C选项分析可知M,N(3,-2),|MN|=,
∴|OM|=,|ON|=,显然|OM|≠|ON|≠|MN|,
∴△OMN不是等腰三角形,故D错误.
14.ABD　
考教衔接
关键信息 信息处理 教材溯源
曲线C上的动点(x,y)到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4 ×|x-a|=4 已知几何条件求曲线的方程 通过“新曲线”的定义(方程)结合图形,与学过的研究圆锥曲线的思路及方法进行合理的对比及联想,利用曲线与方程思想即可解决问题
曲线过原点O 待定参数a
点(2,0)是否在曲线上 将x=2,y=0代入检验 已知方程研究曲线性质
位于第一象限的点的纵坐标的最大值 由F(2,0)结合图形分析,取x=2左侧的特殊值x=,判定y>1,得出反例
点(x0,y0)在C上 利用方程求出y0,由放缩法确定范围
解析　对于A,设P(x,y)为曲线C上一点,则x>-2且×|x-a|=4,
因为曲线C过坐标原点O,所以×|0-a|=4,解得a=-2(舍正),因此A正确;
对于B,由A中分析可得曲线C的方程为×|x+2|=4,又x>-2,
所以曲线C的方程为×(x+2)=4,
当x=2,y=0时,左边=×(2+2)=8-4=4=右边,即点(2,0)在曲线C上,因此B正确;
对于C,由曲线C的方程可得y2=-(x-2)2(-2取x=,则y2=-=>1,所以C在第一象限内的点的纵坐标的最大值大于1,因此C错误;
思维创新:类比圆锥曲线的通径,由F(2,0)(当作焦点)知取x=2可解得y=1,借助题中位于第一象限的图形知在x=2的左侧附近曲线从左向右呈下降趋势,因此取x=2左侧的特殊值x=可得到反例,直观性和取特例是解决小题的有效方法
对于D,由点(x0,y0)在曲线C上,结合曲线C的方程得,=-≤,x0>-2,
(解法创新:根据曲线的方程分离变量,通常情况下可由一个变量的范围得到不等式来确定另一变量的范围,而本题中变量分离后需通过放缩得到不等式,进而解决问题)
所以y0≤(x0>-2),因此D正确.
高考风向　突出考教衔接:本题中曲线上点的特征关联到我们研究过的椭圆、双曲线、抛物线上的点到定点的距离与到定直线的距离的比值为定值.聚焦学科素养:需要学生具备知识迁移能力,利用平时学习的曲线与方程思想及利用方程研究曲线性质的方法解决问题.
15.解析　(1)由题意得所以
所以e===.
点明易错　椭圆的离心率可转化为e=,双曲线的离心率可转化为e=,这两种不要混淆.
(2)由(1)可知椭圆的方程为+=1,
由A(0,3),P可知|AP|=,直线AP的斜率为kAP==-,
则直线AP的方程为y=-x+3.
设点B的坐标为(x0,y0),点B到直线AP的距离为h,
则h=,
易得△ABP的面积为|AP|·h=9,
所以|x0+2y0-6|=12①,
因为点B在椭圆上,所以+=1②,
联立①②,解得或
当即B(0,-3)时,直线l的斜率为=,则直线l的方程为y=x-3,
当即B时,直线l的斜率为=,则直线l的方程为y=x.
综上所述,直线l的方程为y=x-3或y=x.
高考风向　直线与圆锥曲线的综合问题是高考的“常青树”,其难度可难可易,常见的考法:一是会判断直线与圆锥曲线的位置关系,能够根据位置关系求所含参数的值(或范围);二是会利用根与系数的关系解决弦长、中点弦问题;三是理解“设而不求”的思想,能解决直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题.
16.解析　(1)依题意可得解得
故C的方程为+=1.
(2)证明:当直线AB的斜率为0时,符合题意;
当直线AB的斜率不为0时,依题意设其方程为x=my+4,
由消去x并整理得(3m2+4)y2+24my+36=0,
由Δ=144(m2-4)>0,得m2>4,设A(x1,y1),B(x2,y2),
所以y1+y2=,y1y2=,
则y1+y2=-y1y2,所以y1=,
(难点:利用根与系数的关系表示出点A的纵坐标)
因为N为FP的中点,P(4,0),且易知F(1,0),
所以N,
设Q(1,yQ),因为直线BN交MF于点Q,
所以由kNQ=kNB得==,
所以yQ==y1,易知点A的横坐标一定不为1,
所以AQ⊥y轴.
综上,AQ⊥y轴.
17.解析　(1)设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0),半焦距为c,
由题意知c=2,e==,则a=2,
所以b2=c2-a2=(2)2-22=16,
所以双曲线C的方程为-=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),x1<-2,x2<-2,y1>0>y2,P(x,y),
由题意设过点(-4,0)的直线的方程为x=ty-4,由消去x整理得(4t2-1)y2-32ty+48=0,易知4t2-1≠0,Δ=64×(4t2+3)>0,
则y1+y2=,y1y2=,故y1+y2=y1y2.
易知A1(-2,0),A2(2,0),
则直线MA1:=,直线NA2:=,
联立消去y得y1=y2,
即x==-2=-2=-2=-1,即点P在定直线x=-1上.
解题技法　定直线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的本质是求点的轨迹方程,一般先求出点的坐标,看横、纵坐标是不是定值,或者找出横、纵坐标之间的关系.
18.解析　(1)联立消去x得y2-4py+2p=0.
由题知Δ=16p2-8p>0,且p>0,∴p>,
设A(xA,yA),B(xB,yB),则yA+yB=4p,yAyB=2p,
∴|AB|=|yA-yB|==4,
∴p=2或p=-(舍).
关键提醒　求解有关直线与抛物线相交的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点.若过抛物线的焦点(设焦点在x轴的正半轴上),可直接利用公式|AB|=x1+x2+p求弦长;若不过焦点,则一般用弦长公式求解.
(2)由(1)知C:y2=4x,F(1,0),易知直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my+n,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立消去x得y2-4my-4n=0.
Δ=16m2+16n>0,∴m2+n>0①,
y1+y2=4m,y1y2=-4n,
∴x1+x2=4m2+2n,x1x2=n2,
=(x1-1,y1),=(x2-1,y2),
∴·=(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=0,即4m2=n2-6n+1②,
①②联立可得+n>0,解得n≠1,
又n2-6n+1=4m2≥0,∴n≤3-2或n≥3+2.
S△MFN=|MF||NF|=(x1+1)(x2+1)
=(x1x2+x1+x2+1)
=(2n2-4n+2)=(n-1)2.
又∵n≤3-2或n≥3+2,
∴当n=3-2时,(S△MFN)min=(2-2)2=12-8.
19.答案　
解析　由题意可知λ>0,F(-,0).
设xA=2cosα,yA=sinα,xB=2cosβ,yB=sinβ,
【关键提醒】当点在椭圆上变化时,可利用三角换元把点的坐标进行转换,用三角函数的知识求解.
|FA|=5,则(2cosα+)2+(sinα)2=25,整理得(2+cosα)2=,
故cosα=-2,同理,得cosβ=-2,
其中故≤λ≤25.
k==×,
故k2=×
=×,
整理得k2+6+-=-2sinαsinβ,
又2cosαcosβ=2=8-+,
所以k2+14+-=2cos(α+β)且k2-2+=-2cos(α-β),
所以-2≤k2+14+-≤2且-2≤k2-2+≤2,
整理得-16λ+104-169≤12k2≤-12λ+104-169且-9≤12k2≤4λ-9,
因为≤λ≤25,所以由-9≤12k2≤4λ-9可得k2≤,
因为-12λ+104-169=-12+,且≤≤5,所以-12λ+104-169≤,
又-16λ+104-169=-16≤0,
所以12k2≤,即k2≤,
综上,k2≤,所以-≤k≤.
20.答案　1
解析　由题意知PQ⊥QF1,设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M,
则|PM|=|PF1|,∴Q为线段MF1的中点,
由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=10,
∴|MF2|=|PM|+|PF2|=|PF1|+|PF2|=10,
∵O,Q分别为F1F2,MF1的中点,
∴|OQ|=|MF2|=5,
∴点Q的轨迹是以O为圆心,5为半径的圆,
由椭圆方程知短轴端点为(0,±4),
∴当点Q在y轴上时,其到邻近的短轴端点的距离最短,最短距离为5-4=1.
21.解析　当n=3,4时,正三角形、正方形均能内接于椭圆(如图所示).
下面证明:当n≥5时,不存在椭圆的内接正n边形.
设正n边形(n≥5)的外接圆方程为(x-c)2+(y-d)2=r2(r>0).
若d=0,联立(*)
得(x-c)2+b2=r2,这是一个关于x的二次方程,它至多有两个实数根,
由y=±b得方程组(*)至多有4组实数解.
若d≠0,联立(**)
得-2dy=r2-(x-c)2-y2-d2=r2-(x-c)2-b2-d2,
即4d2y2=,
因此4d2b2=,
这是一个关于x的四次方程,它至多有4个实数根,
由y=-得方程组(**)至多有4组实数解.
综上,椭圆与正n边形(n≥5)的外接圆至多有4个公共点,即当n≥5时,不存在椭圆的内接正n边形.
所以满足题意的正整数n的值为3,4.
三年模拟练
1.C　由m(x2+y2+2y+1)=(2x-y+3)2表示的曲线为双曲线可知m>0,
等式两边同时开方得·=|2x-y+3|,整理可得=,
即动点(x,y)到定点(0,-1)的距离与到定直线2x-y+3=0的距离的比值为常数,
由圆锥曲线的统一定义知,方程表示双曲线时,>1,即<,故02.B　由题意得,F,准线方程为x=-,
设点P,则PF的中点坐标为,kPF=-.
当m≠0时,直线l的斜率k=,
所以直线l的方程为y-=x,
由得y2-2my+m2=0,
因为Δ=4m2-4m2=0,
所以直线l与抛物线只有一个公共点;
当m=0时,线段PF的垂直平分线l为y轴,此时直线l与抛物线只有一个公共点.
综上,直线l与抛物线的公共点个数的可能值构成的集合为{1}.
3.ACD　设点P(x,y)在椭圆C2上,其关于直线y=x的对称点为P'(y,x),将P'的坐标代入椭圆C2的方程得y2+x2-yx=6,即x2+y2-xy=6,则点P'(y,x)在椭圆C2上,
同理,点P关于直线y=-x的对称点P″(-y,-x)也在椭圆C2上,
故椭圆C2关于直线y=±x对称,所以θ=,故D正确;
将y=x代入x2+y2-xy=6得x2=6,
所以椭圆C2长轴的端点为(,),(-,-),所以a==2,故A正确;
将y=-x代入x2+y2-xy=6得x2=2,
所以椭圆C2短轴的端点为(,-),(-,),所以b==2,则c==2,则C2的离心率e===,故B错误;
C2的焦点坐标为(2,2),(-2,-2),故C正确.
4.ABD　由题意知A(-a,0),B(a,0),渐近线方程为y=±x,在△PAB中,由正弦定理知==,
显然π-β,α均为锐角,且随着x0的增大分别减小与增大,则sin(π-β),sinα随着x0的增大分别减小与增大且均为正数,
∴的值随着x0的增大而减小,故A正确;
tanαtanβ=-kPAkPB=-·=-,
∵-=1,∴=(-a2),
∴tanαtanβ=-,为定值,故B正确;
tanα-tanβ=+==·=·,
而<,∴tanα-tanβ>·=,故C错误;
S=|AB|y0=ay0,tan(α+β)===·,
∴S·tan(α+β)=-·=-,
又S·tan(α+β)+a2≥0,∴-+a2≥0,解得a2≥b2,则0<≤1,∴e==∈(1,],故D正确.
5.答案　3
解析　如图所示,过点N作抛物线C的准线的垂线,垂足为N1,
由题意得F,由抛物线的定义知|FM|=|MM1|,|FN|=|NN1|,
又|FM|=|FM1|,所以△FMM1是等边三角形,
所以∠FMM1=,kMN=-,
所以直线MN的方程为y=-x+,
设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1<0,x2>0),
联立消去y,得x2+px-p2=0,
所以x1+x2=-p,x1x2=-p2.
由|FM|-|FN|=4,得-=(x2-x1)==p=4,解得p=3.
6.答案　0
解析　依题意得解得
所以椭圆C1的方程为+y2=1.
设点P(x,y),则+y2=1,可得x2=4-4y2,
又C2(0,-3),∴|PC2|2=x2+(y+3)2=4-4y2+y2+6y+9=-3(y-1)2+16,
∵-1≤y≤1,∴|PC2|2∈[4,16].
不妨设∠MC2N=2θ,
则·=||||cos∠MPN=|PM|2(1-2cos2θ)
=|PM|2=(|PC2|2-2)1-2×,
令=t(t∈[4,16]),y=·,
则y=(t-2)=t+-6,
由对勾函数的性质可知y=t+-6在t∈[4,16]上单调递增,
故ymin=4+-6=0,此时|PC2|=2,
故·的最小值为0.
7.证明　(1)当l的斜率存在时,设l:y=kx+m,
由得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0,
由题意可知Δ=(8km)2-16(4k2+1)(m2-1)=0,整理可得m2=4k2+1.
又y0=kx0+m,即m=y0-kx0,所以m2=(y0-kx0)2=4k2+1,
整理可得k2(4-)+1-+2kx0y0=0①.
因为切点P(x0,y0)在椭圆上,所以+=1,整理得②,
联立①②得4k2++2kx0y0=0,即=0,可得k=-,
所以l的方程为y-y0=-(x-x0),化简可得+y0y=1.
经检验,l的斜率不存在时也符合上式.
综上可得,l的方程为+y0y=1.
(2)(i)由题意得=,c=,所以a=,b==1,则C2的方程为-y2=1,F1(-,0),F2(,0).
设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得(-8)x2-8x0x+16+16=0,
所以x1+x2=,x1x2=,y1y2==,
同(1)得直线AQ:-y1y=1,直线BQ:-y2y=1,
设直线AQ,BQ的斜率分别为k1,k2,
所以k1k2===,
又=4-4,所以k1k2===-1,
故AQ⊥BQ.
(ii)联立得即Q,
因为kPQ=,所以PQ⊥l,
易得|PF1|2=,|PQ|2=4-,|PF2|2=,
则|PF1||PF2|=|PQ|2,则=,
又PF1,PF2与l的夹角大小相等,所以∠QPF1=∠QPF2,
所以△F1QP与△QF2P相似,所以∠PF1Q=∠PQF2.
8.解析　(1)证明:∵右顶点为E(1,0),∴a=1,
C的一条渐近线方程为bx+ay=0,
由题意得点E(1,0)到渐近线bx+ay=0的距离为=,则b=,
∴C的标准方程为x2-=1,
∵点G在直线3x-y-1=0上,∴设G(x0,3x0-1),
根据阅读材料可得极线AB的方程为x0x-=1,
整理得x0(3x-3y)+y-3=0,由得
∴极线AB恒过定点(3,3).
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则
①-②得(x1+x2)(x1-x2)-=0,
因为定点(3,3)为线段AB的中点,所以x1+x2=6,y1+y2=6,
所以6(x1-x2)-=0,
则kAB==3,所以极线方程为y=3x-6.
(3)若m=1,n=0,q=-,则直线方程为x=,
设G,则极线AB的方程为x-=1,即x=+2,
由得(4t2-3)y2+24ty+27=0,
则y1+y2=-,y1y2=,
由题意得Q(-1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),
则直线AE:y=(x-1),令x=0,得M,
直线BQ:y=(x+1),令x=0,得N,
∴=,
又x1=+2,x2=+2,所以原式可化为
=====3.
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