高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)檢測(cè)：第九章 算法初步、統(tǒng)計(jì)、統(tǒng)計(jì)案例 課時(shí)作業(yè)57 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)作業(yè)57　高考解答題鑒賞——圓錐曲線 1．(20xx廣州五校聯(lián)考)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，且經(jīng)過點(diǎn)(，1)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)圓O是以橢圓E的長軸為直徑的圓，M是直線x＝－4在x軸上方的一點(diǎn)，過M作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為P、Q，當(dāng)∠PMQ＝60時(shí)，求直線PQ的方程． 解：(1)由題意可得e＝＝， ∵橢圓E經(jīng)過點(diǎn)(，1)，∴＋＝1， 又a2－b2＝c2，解得a＝2，b＝2， ∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)

2、連接OM，OP，OQ，OM與PQ交于點(diǎn)A，依題意可設(shè)M(－4，m)．由圓的切線性質(zhì)及∠PMQ＝60，可知△OPM為直角三角形且∠OMP＝30，∵|OP|＝2，∴|OM|＝4，∴＝4， 又m>0，解得m＝4，∴M(－4,4)， ∴直線OM的斜率kOM＝－1， 由MP＝MQ，OP＝OQ可得OM⊥PQ， ∴直線PQ的斜率kPQ＝1， 設(shè)直線PQ的方程為y＝x＋n， ∵∠OMP＝30，∴∠POM＝60，∴∠OPA＝30，由|OP|＝2知|OA|＝，即點(diǎn)O到直線PQ的距離為，∴＝，解得n＝2(舍去負(fù)值)， ∴直線PQ的方程為x－y＋2＝0. 2．如圖，分別過橢圓E：＋＝1(a>b>0)的

3、左、右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的動(dòng)直線l1，l2相交于P點(diǎn)，l1，l2與橢圓E分別交于A，B與C，D且這四點(diǎn)兩兩不同，直線OA，OB，OC，OD的斜率k1，k2，k3，k4滿足k1＋k2＝k3＋k4.已知當(dāng)l1與x軸重合時(shí)，|AB|＝2，|CD|＝. (1)求橢圓E的方程； (2)是否存在定點(diǎn)M，N，使|PM|＋|PN|為定值？若存在，求出M，N點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，說明理由． 解：(1)當(dāng)l1與x軸重合時(shí)，由2a＝|AB| ＝2，得a2＝3.又＝|CD|＝，所以b2＝2，所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－1,0)，(1,0)，當(dāng)直線l1或l2的斜率不存在時(shí)，P點(diǎn)

4、的坐標(biāo)為(－1,0)或(1,0)． 當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線l1，l2的斜率分別為m1，m2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 得(2＋3m)x2＋6mx＋3m－6＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以k1＋k2＝＋＝m1 ＝m1＝. 同理k3＋k4＝. ∵k1＋k2＝k3＋k4，∴＝， 即(m1m2＋2)(m2－m1)＝0， 由題意得m1≠m2，∴m1m2＋2＝0. 設(shè)P(x，y)，則＋2＝0，即＋x2＝1(x≠1)． 當(dāng)直線l1或l2的斜率不存在時(shí)，P點(diǎn)坐標(biāo)為(－1,0)或(1,0)也滿足上式，所以P(x，y)在橢圓＋x2＝1上． 所以存在點(diǎn)M，N，其坐

5、標(biāo)分別為(0，－1)，(0,1)，使得|PM|＋|PN|為定值2. 3．已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到定點(diǎn)F(1,0)和直線l0：x＝2的距離之比為，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E，過點(diǎn)F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A，B兩點(diǎn)，直線l：y＝mx＋n與曲線E交于C，D兩點(diǎn)，與線段AB相交于一點(diǎn)(與A，B不重合)． (1)求曲線E的方程； (2)當(dāng)直線l與圓x2＋y2＝1相切時(shí)，四邊形ACBD的面積是否有最大值？若有，求出其最大值及對(duì)應(yīng)的直線l的方程；若沒有，請(qǐng)說明理由． 解：(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，由題意可得＝，整理可得＋y2＝1，即曲線E的方程是＋y2＝1. (2)設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由

6、已知可得|AB|＝. 當(dāng)m＝0時(shí)，不合題意． 當(dāng)m≠0時(shí)，由直線l與圓x2＋y2＝1相切，可得＝1，即m2＋1＝n2. 聯(lián)立消去y得x2＋2mnx＋n2－1＝0.Δ＝4m2n2－4(n2－1)＝2m2>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 則S四邊形ABCD＝|AB||x2－x1| ＝＝ ＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)2|m|＝，即m＝時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)n＝.經(jīng)檢驗(yàn)可知，直線y＝x－和直線y＝－x＋符合題意． 1．(20xx貴陽監(jiān)測(cè))設(shè)點(diǎn)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：＋y2＝1(a>1)的左、右焦點(diǎn)，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且的最小值為0. (1)求橢圓C的方程； (2

7、)如圖，動(dòng)直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，作F1M⊥l，F(xiàn)2N⊥l分別交直線l于M，N兩點(diǎn)，求四邊形F1MNF2面積S的最大值． 解：(1)設(shè)P(x，y)，則＝(－c－x，－y)，＝(c－x，－y)，∴＝x2＋y2－c2＝x2＋1－c2，x∈[－a，a]，由題意得，1－c2＝0，c＝1，則a2＝2，∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)將直線l的方程l：y＝kx＋m代入橢圓C的方程＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，則Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝0，化簡得：m2＝2k2＋1. 設(shè)d1＝|F1M|＝， d2＝|F2N|＝.

8、 ①當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)直線l的傾斜角為θ，則 |d1－d2|＝|MN||tanθ|，∴|MN|＝ |d1－d2|，∴S＝|d1－d2|(d1＋d2)＝＝＝，∵m2＝2k2＋1，∴當(dāng)k≠0時(shí)，|m|>1，|m|＋>2，即S<2. ②當(dāng)k＝0時(shí)，四邊形F1MNF2是矩形，此時(shí)S＝2.∴四邊形F1MNF2面積S的最大值為2. 2．(20xx石家莊一模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，點(diǎn)A為橢圓上一點(diǎn)，∠F1AF2＝60，且S△F1AF2＝. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)動(dòng)直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且與直線x＝4相交于點(diǎn)Q.問：在x軸上是否存在定點(diǎn)M

9、，使得以PQ為直徑的圓恒過定點(diǎn)M？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由． 解：(1)由e＝可得a2＝4c2，① S△F1AF2＝|AF1||AF2|sin60＝， 可得|AF1||AF2|＝4， 在△F1AF2中，由余弦定理可得|F1A|2＋|F2A|2－2|F1A||F2A|cos60＝4c2， 又|AF1|＋|AF2|＝2a，可得a2－c2＝3，② 聯(lián)立①②得a2＝4，c2＝1，∴b2＝3， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，由 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由題意知Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡得4k2－m2＋3＝0，∴x0＝－＝－，y0＝，∴P. 由得Q(4,4k＋m)， 假設(shè)存在點(diǎn)M，坐標(biāo)為(x1,0)，則＝ ，＝(4－x1,4k＋m)． ∵以PQ為直徑的圓恒過M點(diǎn)，∴＝0，即－＋－4x1＋x＋＋3＝0， ∴(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0對(duì)任意k，m都成立． 則解得x1＝1， 故存在定點(diǎn)M(1,0)符合題意．