2018高三理科数学二轮复习跟踪强化训练25-有答案和解释.docx

跟踪强化训练(二十五)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1．与圆x2＋y2＝1及x2＋y2－8x＋12＝0都外切的圆的圆心在(　　) A．一个椭圆上 B．双曲线的一支上 C．一条抛物线上 D．一个圆上 [解析]　圆x2＋y2－8x＋12＝0的圆心为(4,0)，半径为2，动圆的圆心到(4,0)的距离减去到(0,0)的距离等于1，由此可知，动圆的圆心在双曲线的一支上．故选B. [答案]　B 2．(2017•重庆模拟)设A，P是椭圆x22＋y2＝1上两点，点A关于x轴的对称点为B(异于点P)，若直线AP，BP分别交x轴于点M，N，则OM→•ON→＝(　　) A．0 B．1 C.2 D．2 [解析]　依题意，将点P特殊化为点(2，0)，于是点M，N均与点(2，0)重合，于是有OM→•ON→＝2，故选D. [答案]　D 3．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　) A.x245＋y236＝1 B.x236＋y227＝1 C.x227＋y218＝1 D.x218＋y29＝1 [解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，两式作差并化简变形得y1－y2x1－x2＝－b2(x1＋x2)a2(y1＋y2)，而y1－y2x1－x2＝0－(－1)3－1＝12，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9.故选D. [答案]　D 4．(2017•广东珠海模拟)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，则|AF||BF|的值等于(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 [解析]　因为抛物线y2＝2px(p>0)，所以它的焦点坐标为p2，0，因为直线l的倾斜角为60°，所以直线l的方程为y－0＝3x－p2，即y＝3x－32p.设直线与抛物线的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴|AF|＝x1＋p2，|BF|＝x2＋p2，联立方程组y2＝2px，y＝3x－3p2，消去y并整理，得12x2－20px＋3p2＝0，解得x1＝3p2，x2＝p6，∴|AF|＝x1＋p2＝2p，|BF|＝x2＋p2＝2p3，∴|AF|∶|BF|＝3∶1，∴|AF||BF|的值为3. [答案]　C 5．(2017•河北石家庄二模)已知直线l与双曲线C：x2－y2＝2的两条渐近线分别交于A，B两点，若AB的中点在该双曲线上，O为坐标原点，则△AOB的面积为(　　) A.12 B．1 C．2 D．4 [解析]　由题意得，双曲线的两条渐近线方程为y＝±x，又直线l与两条渐近线交于A，B两点，故可设A(x1，x1)，B(x2，－x2)，且|OA|＝2|x1|，|OB|＝2|x2|， ∴AB的中点坐标为x1＋x22，x1－x22. 又点A，B的中点在双曲线x2－y2＝2上， ∴x1＋x222－x1－x222＝2⇒x1x2＝2. 显然△AOB是直角三角形， ∴S△AOB＝12|OA|•|OB|＝12×2|x1|•2|x2|＝x1x2＝2.故选C. [答案]　C 6．(2017•南昌联考)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，A，B为椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点Ma5，0，则椭圆的离心率e的取值范围是(　　) A.22，1 B.33，1 C.34，1 D.55，1 [解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2， 则x1－a52＋y21＝x2－a52＋y22，x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1， 即2a5(x1－x2)＝x21－x22＋y21－y22，y21＝b2－b2a2x21，y21＝b2－b2a2x22， 所以2a5(x1－x2)＝a2－b2a2(x21－x22)，所以2a35(a2－b2)＝x1＋x2. 又－a≤x1≤a，－a≤x2≤a，x1≠x2，所以－2a<x1＋x2<2a，则2a35(a2－b2)<2a，即b2a2<45，所以e2>15.又0<e<1，所以55<e<1. [答案]　D 二、填空题 7．椭圆C：x24＋y23＝1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率是－14，则直线PM的斜率为________． [解析]　设P(x0，y0)，则x204＋y203＝1，直线PM的斜率kPM＝y0x0＋2，直线PN的斜率kPN＝y0x0－2，可得kPM•kPN＝y20x20－4＝－34，故kPM＝－34•1kPN＝3. [答案]　3
8．(2017•郑州一模)如图，F1，F2是双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的左、右两个分支分别交于点B，A.若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为________． [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|2－2|AF2|•|AF1|cos60°， ∴(2c)2＝(4a)2＋(6a)2－2×4a×6a×12，整理得c2＝7a2，∴e＝ca＝c2a2＝7. [答案]　7 9．(2016•四川卷)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为________． [解析]　解法一：设M(x，y)，P(x0，y0)，则y20＝2px0，焦点Fp2，0.根据题意，PM→＝2MF→，PM→＝(x－x0，y－y0)，MF→＝p2－x，－y，所以x＝x0＋p3，y＝y03， 所以kOM＝y0x0＋p＝y0y202p＋p＝1y02p＋py0≤1212＝22 (当且仅当y20＝2p2时，等号成立)． 解法二：如图，在x轴上取点N(－p,0)，连接PN，OM， 则kPN＝kOM.设P(x，y)， 则kOM＝kPN＝y－0x－(－p)＝yy22p＋p＝2pyy2＋2p2＝2py＋2p2y≤2p22p2＝22， 当且仅当y2＝2p2时等号成立． [答案]　22 三、解答题 10．(2017•唐山统考)已知动点P到直线l：x＝－1的距离等于它到圆C：x2＋y2－4x＋1＝0的切线长(P到切点的距离)．记动点P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)点Q是直线l上的动点，过圆心C作QC的垂线交曲线E于A，B两点，设AB的中点为D，求|QD||AB|的取值范围． [解]　(1)由已知得，圆心为C(2,0)，半径r＝3.设P(x，y)，依题意可得|x＋1|＝(x－2)2＋y2－3，整理得y2＝6x. 故曲线E的方程为y2＝6x. (2)设直线AB的方程为my＝x－2， 则直线CQ的方程为y＝－m(x－2)，可得Q(－1,3m)． 将my＝x－2代入y2＝6x并整理可得y2－6my－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1＋y2＝6m，y1y2＝－12，D(3m2＋2,3m)，|QD|＝3m2＋3. |AB|＝23(1＋m2)(3m2＋4)， 所以|QD||AB|2＝3m2＋34(3m2＋4) ＝141－13m2＋4∈316，14， 故|QD||AB|∈34，12. 11．(2017•宝鸡市高三质量检测)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝12，点P为椭圆上的一个动点，△PF1F2面积的最大值为43. (1)求椭圆的方程； (2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AC与BD相交于点F1，AC→•BD→＝0，求|AC→|＋|BD→|的取值范围． [解]　(1)由题意得，当点P是椭圆的上、下顶点时，△PF1F2的面积取得最大值， 此时S△PF1F2＝12|F1F2|•|OP|＝bc，∴bc＝43， 因为e＝12，所以b＝23，a＝4， 所以椭圆方程为x216＋y212＝1. (2)由(1)得，F1的坐标为(－2,0)， 因为AC→•BD→＝0，所以AC⊥BD， ①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得|AC→|＋|BD→|＝6＋8＝14. ②当直线AC的斜率k存在且k≠0时，设其方程为y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)． 由y＝k(x＋2)，x216＋y212＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0， x1＋x2＝－16k23＋4k2，x1x2＝16k2－483＋4k2. |AC→|＝1＋k2|x1－x2|＝24(k2＋1)3＋4k2， 此时直线BD的方程为y＝－1k(x＋2)． 同理由y＝－1k(x＋2)，x216＋y212＝1可得|BD→|＝24(k2＋1)4＋3k2， |AC→|＋|BD→|＝24(k2＋1)4＋3k2＋24(k2＋1)3＋4k2 ＝168(k2＋1)2(4＋3k2)(3＋4k2)， 令t＝k2＋1，则|AC→|＋|BD→|＝16812＋t－1t2(t>1)， 因为t>1,0<t－1t2≤14，所以|AC→|＋|BD→| ＝16812＋t－1t2∈967，14， 综上，|AC→|＋|BD→|的取值范围是967，14. 12．(2017•石家庄市一模)如图，已知椭圆C：x22＋y2＝1的左顶点为A，右焦点为F，O为坐标原点，M，N是y轴上的两个动点，且MF⊥NF，直线AM和AN分别与椭圆C交于E，D两点． (1)求△MFN的面积的最小值； (2)证明：E，O，D三点共线． [解]　(1)解法一：如题图，设M(0，m)，N(0，n)， ∵MF⊥NF，∴m•n＝－1. ∵S△MFN＝12|MF|•|FN| ＝12 1＋m2•1＋n2. ＝12 1＋m2＋n2＋(mn)2 ＝12 2＋m2＋n2 ≥122＋2|mn|＝1. 当且仅当|m|＝1，|n|＝1且mn＝－1时等号成立． ∴△MFN的面积的最小值为1. 解法二：设M(0，m)，N(0，n)，∵MF⊥NF，∴m•n＝－1， ∵S△MFN＝12|MN|•|OF|＝12|MN|， 且|MN|2＝|m－n|2＝m2＋n2－2mn＝m2＋n2＋2≥2|mn|＋2＝4，当且仅当|m|＝1，|n|＝1且mn＝－1时等号成立，∴|MN|min＝2， ∴(S△MFN)min＝12|MN|＝1. 故△MFN的面积的最小值为1. (2)∵A(－2，0)，M(0，m)， ∴直线AM的方程为y＝m2x＋m， 由y＝m2x＋m，x22＋y2＝1，得(1＋m2)x2＋22m2x＋2(m2－1)＝0， 设E(xE，yE)，D(xD，yD)， 由－2•xE＝2(m2－1)1＋m2，得xE＝－2(m2－1)1＋m2，① 同理可得xD＝－2(n2－1)1＋n2， ∵m•n＝－1， ∴xD＝－2－1m2－11＋－1m2＝－2(1－m2)m2＋1.② 由①②可知xE＝－xD， 代入椭圆方程可得y2E＝y2D. ∵MF⊥NF，∴N，M分别在x轴两侧，∴yE＝－yD， ∴yExE＝yDxD，故E，O，D三点共线．

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