高考数学一轮复习分层限时跟踪练4.doc

分层限时跟踪练(四十八)
(限时40分钟)

一、选择题
1．已知F为抛物线y2＝8x的焦点，过点F且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，则||FA|－|FB||的值为(　　)
A．4 B．8
C．8 D．16
【解析】　由题意知F(2,0)，所以直线l的方程为y＝x－2，与抛物线联立消去y得x2－12x＋4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝4，x1＋x2＝12，则||FA|－|FB||＝|(x1＋2)－(x2＋2)|＝|x1－x2|＝＝8.
【答案】　C
2．(2015·舟山三模)已知椭圆C的方程为＋＝1(m＞0)，如果直线y＝x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为(　　)
A．2　　　　B．2　　　　C．8　　　　D．2
【解析】　根据已知条件得c＝，则点在椭圆＋＝1(m＞0)上，
∴＋＝1，可得m＝2.
【答案】　B
3．(2016·西安模拟)斜率为的直线l与椭圆＋＝1(a>b>0)交于不同的两点，且这两个交点在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点，则该椭圆的离心率为(　　)
A. B. C. D.
【解析】　由题意知，直线l过坐标原点，从而直线l的方程为y＝x.
两个交点的横坐标是－c，c，所以两个交点分别为，，
代入椭圆方程得＋＝1，即c2(a2＋2b2)＝2a2b2，
又b2＝a2－c2，所以c2(3a2－2c2)＝2a4－2a2c2，
即2a4－5a2c2＋2c4＝0，(2a2－c2)(a2－2c2)＝0，
则＝2或＝，又因为0此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12.
【答案】　C
5．(2014·福建高考)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)
A．5 B.＋ C．7＋ D．6
【解析】　如图所示，设以(0,6)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2＋(y－6)2＝r2(r＞0)，与椭圆方程＋y2＝1联立得方程组，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0.

令Δ＝122－4×9(r2－46)＝0，解得r2＝50，
即r＝5.
由题意易知P，Q两点间的最大距离为r＋＝6，故选D.
【答案】　D
二、填空题
6．(2015·辽宁大连名校联考)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A、B两点，则弦AB的长为________．
【解析】　由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．
由方程组消去y，整理得3x2－5x＝0.
设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由根与系数的关系，得
x1＋x2＝，x1x2＝0.
则|AB|＝
＝
＝＝.
【答案】　
7．直线l过椭圆＋y2＝1的左焦点F，且与椭圆相交于P、Q两点，M为PQ的中点，O为原点，若△FMO是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的方程为______________．
【解析】　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，
由题意知kPQ＝－kOM，
由P、Q在椭圆上知
两式相减整理得
kPQ＝＝－＝－，
而kOM＝，故＝，
即x＝2y，
所以kPQ＝±，
直线PQ的方程为y＝±(x＋1)，
即x±y＋1＝0.
【答案】　x±y＋1＝0
8．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过点P(－1,0)的直线l交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB的中点．若|FQ|＝2，则直线l的斜率等于________．
【解析】　设直线AB的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线和抛物线方程，整理得y2－4my＋4＝0，由根与系数关系得y1＋y2＝4m，y1·y2＝4.故Q(2m2－1,2m)．由|FQ|＝2知＝2，解得m2＝1或m2＝0(舍去)，故直线l的斜率等于±1(此时直线AB与抛物线相切，为满足题意的极限情况)．
【答案】　±1
三、解答题
9．设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F1斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．
(1)求E的离心率；
(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求E的方程．
【解】　(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即a＝，故a2＝2b2，
所以E的离心率e＝＝＝.
(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.
由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，得c＝3，从而a＝3，b＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
10．(2015·山东高考)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点．过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
①求的值；
②求△ABQ面积的最大值．
【解】　(1)由题意知2a＝4，则a＝2.又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.
①设P(x0，y0)，＝λ，
由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为＋y＝1，
又＋＝1，即＝1，所以λ＝2，即＝2.
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2.(*)
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，
所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|
＝
＝
＝2.
设＝t.
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**)
由(*)(**)可知0＜t≤1，
因此S＝2＝2，
故S≤2.当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.
由①知，△ABQ的面积为3S，
所以△ABQ面积的最大值为6.

1．如图8­8­3，已知过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线x－my＋m＝0与抛物线交于A、B两点，且△OAB(O为坐标原点)的面积为2，则m6＋m4的值是(　　)

图8­8­3
A．1 B.
C．2 D．4
【解析】　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，＝－m，将x＝my－m代入抛物线方程y2＝2px(p＞0)中，整理得y2－2pmy＋2pm＝0，由根与系数的关系，得y1＋y2＝2pm，y1y2＝2pm，∴(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝(2pm)2－8pm＝16m4＋16m2，又△OAB的面积S＝×|y1－y2|＝(－m)×4＝2，两边平方即可得m6＋m4＝2.
【答案】　C
2．椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A1、A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　椭圆的左顶点为A1(－2,0)、右顶点为A2(2,0)，设点P(x0，y0)，则＋＝1，得＝－.而kPA2＝kPA1＝，所以kPA2·kPA1＝＝－.又kPA2∈[－2，－1]，所以kPA1∈.
【答案】　B
3．(2015·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为______．
【解析】　所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x－y＝0与直线x－y＋1＝0的距离，此距离d＝＝.
【答案】　
4．(2015·郑州模拟)过点M(2，－2p)作抛物线x2＝2py(p＞0)的两条切线，切点分别为A，B，若线段AB中点的纵坐标为6，则p的值是________．
【解析】　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意得，y′＝，切线MA的方程是y－y1＝(x－x1)，即y＝x－.又点M(2，－2p)位于直线MA上，于是有－2p＝×2－，即x－4x1－4p2＝0；同理有x－4x2－4p2＝0，因此x1，x2是方程x2－4x－4p2＝0的两根，则x1＋x2＝4，x1x2＝－4p2.由线段AB中点的纵坐标是6，得y1＋y2＝12，即＝＝12，＝12，解得p＝1或p＝2.
【答案】　1或2
5．已知点Q是抛物线C1：y2＝2px(p＞0)上异于坐标原点O的点，过点Q与抛物线C2：y＝2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A，B.
(1)若点Q的坐标为(1，－6)，求直线AB的方程及弦AB的长；
(2)判断直线AB与抛物线C2的位置关系，并说明理由．
【解】　(1)由Q(1，－6)在抛物线y2＝2px上，可得p＝18，
所以抛物线C1的方程为y2＝36x.
设抛物线C2的切线方程为y＋6＝k(x－1)．
联立消去y，得2x2－kx＋k＋6＝0，Δ＝k2－8k－48.
由于直线与抛物线C2相切，故Δ＝0，解得k＝－4或k＝12.
由得A；
由得B.
所以直线AB的方程为12x－2y－9＝0，弦AB的长为2.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，三个点都在抛物线C1上，故有y＝2px0，y＝2px1，y＝2px2，作差整理，得＝，＝，＝.
所以直线QA：y＝(x－x0)＋y0，直线QB：y＝(x－x0)＋y0.
因为直线QA，QB均是抛物线C2的切线，故分别与抛物线C2的方程联立，令Δ＝0，可得
p2＋2y0y1(y0＋y1)＝0，p2＋2y0y2(y0＋y2)＝0.
两式相减整理，得y0(y1－y2)(y0＋y1＋y2)＝0，可知y0＝－(y1＋y2)．
kAB＝＝＝－，
所以直线AB的方程为y－y1＝－(x－x1)，与抛物线y＝2x2联立，消去y得关于x的一元二次方程为2y0x2＋2px－y1(y1＋y0)＝0.
其判别式Δ＝4p2＋8y0y1(y0＋y1)＝0，故直线AB与抛物线C2相切．
6．如图8­8­4，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e＝，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′两点，|AA′|＝4.

图8­8­4
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)取平行于y轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．求△PP′Q的面积S的最大值，并写出对应的圆Q的标准方程．
【解】　(1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上，
则＋＝1，从而e2＋＝1，
又e＝，故b2＝＝8，从而a2＝＝16.
故该椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)．
又设M(x，y)是椭圆上任意一点，
则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8×＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4,4])．
设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点，因此，当x＝x1时|QM|2取最小值，又x1∈(－4,4)，所以当x＝2x0时|QM|2取得最小值，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.
由对称性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以S＝|2y1||x1－x0|＝×2|x0|＝·＝·.
当x0＝±时，△PP′Q的面积S取得最大值2.
此时对应的圆Q的圆心坐标为Q(±，0)，半径|QP|＝＝，
因此这样的圆有两个，其标准方程分别为(x＋)2＋y2＝6，(x－)2＋y2＝6.