山东省2013年高考数学第二轮复习 专题升级训练26 解答题专项训练(解析几何)专题升级训练卷(附答案) 文

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1、专题升级训练26　解答题专项训练(解析几何) 1．已知m∈R，直线l：mx－(m2＋1)y＝4m和圆C：x2＋y2－8x＋4y＋16＝0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的两段圆弧？为什么？ 2．已知⊙C：x2＋(y－1)2＝5，直线l：mx－y＋1－m＝0. (1)求证：对m∈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)＝x2＋2x＋b(x∈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、2)求圆C的方程． 4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－1,0)，离心率为. (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y＝x和y＝－x上运动，且|AB|＝，动点P满足2＝＋(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＋y2＝1交于M，N两点，求证：·为定值． 6．若λ＞0，点A的坐标为(1,1)，点B在抛物线y＝x2上运动，点Q满足＝λ，经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线

3、于点M，点P满足＝λ，求点P的轨迹方程． 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·的最小值． 8．设圆C与两圆(x＋)2＋y2＝4，(x－)2＋y2＝4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M，F(，0)，且P为L上动点，求||MP|－|FP||的最大值及此时点P的坐标． 参考答案 1．解：(1)直线l的方程可化为y＝x－， 直线l的斜率k＝， 因为|

4、m|≤(m2＋1)， 所以|k|＝≤，当且仅当|m|＝1时等号成立． 所以斜率k的取值范围是. (2)不能． 由(1)知直线l的方程为y＝k(x－4)，其中|k|≤. 圆C的圆心为C(4，－2)，半径r＝2. 圆心C到直线l的距离d＝. 由|k|≤，得d≥＞1，即d＞. 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. 所以l不能将圆C分割成弧长的比值为的两段圆弧． 2．解：(1)圆心C(0,1)，半径r＝，则圆心到直线l的距离d＝＜1，∴d＜r. ∴对m∈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(x－1)－(y

5、－1)＝0恒过定点(1,1)， ∴kAB＝，又kMC＝，kABkMC＝－1， ∴·＝－1，整理得：x2＋y2－x－2y＋1＝0， 即，表示圆心坐标是，半径是的圆． 3．解：(1)令x＝0，得抛物线与y轴交点是(0，b)； 函数f(x)＝x2＋2x＋b与坐标轴有三个交点， 由题意b≠0且Δ＞0，解得b＜1且b≠0. (2)设所求圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 令y＝0得x2＋Dx＋F＝0， 这与x2＋2x＋b＝0是同一个方程，故D＝2，F＝b. 令x＝0得y2＋Ey＋F＝0， 此方程有一个根为b，代入得出E＝－b－1. 所以圆C的方程为x2＋y2＋2x－(

6、b＋1)y＋b＝0. 4．解：(1)由题意可知：c＝1，a2＝b2＋c2，e＝＝， 解得a＝，b＝1. 故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)， 联立，得 整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0. ∵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x1＋x2＝，x0＝，y0＝， 垂直平分线NG的方程为y－y0＝－(x－x0)． 令y＝0，得x＝x0＋ky0＝－＋ ＝－＝－＋. ∵k≠0，∴－＜x＜0. ∴点G横坐标的取值范围为. 5．解

7、：(1)方法一：设P(x，y)，A(x1，x1)，B(x2，－x2)． ∵2＝＋，∴P是线段AB的中点， ∴ ∵|AB|＝，∴(x1－x2)2＋(x1＋x2)2＝， ∴(2y)2＋(2x)2＝. ∴化简得点P的轨迹C的方程为x2＋y2＝. 方法二：∵2＝＋， ∴P为线段AB的中点． ∵A，B分别在直线y＝x和y＝－x上，∴∠AOB＝90°. 又|AB|＝，∴|OP|＝. ∴点P在以原点为圆心，为半径的圆上． ∴点P的轨迹C的方程为x2＋y2＝. (2)证明：当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m， ∵l与C相切，∴＝， ∴m2＝(1＋k2)． 联立 ∴ 设M

8、(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1x2＝，y1y2＝. ∴·＝x1x2＋y1y2＝. 又m2＝(1＋k2)，∴·＝0， 当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±，代入椭圆方程得M，N或M，N， 此时，·＝－＝0. 综上所述，·为定值0. 6．解：由＝λ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x2－y0＝λ(y－x2)． 即y0＝(1＋λ)x2－λy. ① 再设B(x1，y1)，由＝λ， 即(x－x1，y0－y1)＝λ(1－x,1

9、－y0)， 解得 ② 将①式代入②式，消去y0，得 ③ 又点B在抛物线y＝x2上， 所以y1＝x，再将③式代入y1＝x， 得(1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝[(1＋λ)x－λ]2. (1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)2x2－2λ(1＋λ)x＋λ2. 2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0. 因为λ＞0，两边同时除以λ(1＋λ)，得2x－y－1＝0. 故所求点P的轨迹方程为y＝2x－1. 7．解：(1)设动点P的坐标为(x，y)， 由题意得－|x|＝1. 化简得y2＝2x

10、＋2|x|， 当x≥0时，y2＝4x；当x＜0时，y＝0. 所以动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x＜0)． (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y＝k(x－1)． 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根， 于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1. 因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－. 设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1. ·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋· ＝||·||＋||·|| ＝(x1＋1

11、)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1) ＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1 ＝8＋4≥8＋4×2 ＝16， 故当且仅当k2＝，即k＝±1时，·取最小值16. 8．解：(1)设C的圆心的坐标为(x，y)， 由题设条件知|－|＝4， 化简得L的方程为－y2＝1. (2)过M，F的直线l的方程为y＝－2(x－)，将其代入L的方程得15x2－32x＋84＝0， 解得x1＝，x2＝， 所以l与L的交点坐标为T1，T2. 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. 高考资源网