2017高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)講義及配套題庫理全書版專題突破五

若雙曲線a23＝1的一條漸近線被圓(x－2)＋y＝42軸長為 答 a a解 雙曲線a2－3＝1的漸近線方程為 x，即3x±ay＝0，圓(x－2)＋y＝4的圓心 22－12＝3，另一方面，圓||C(2,0)到雙曲線a23＝1的漸近線3x－ay＝0的距離為23＝3a2＝1a＝1

設(shè)坐標原點為O，拋物線y2＝2x與過焦點的直線交于A、B兩點，則→→等于 44

3

答 解 方法 F1，0Fx

∴→→

方法 設(shè)則→→

1 1OA·OB＝xx＋yy x1x2＝4＝4，y1y2＝－p∴→→ 3B.若邊MF1的中點P在雙曲線上，則雙曲線的離心率是( 3B.D.D. 答 解 因為MF1的中點P在雙曲線上△MF1F22c，所以所以e＝c＝ ＝3＋1，故選

(圓離心率的兩倍，則雙曲線的方程 答案43

解析由題意得，雙曲線a2－b2＝1(a>0，b>0)的焦點坐標為(7，0)，(－7，0)，c＝×且雙曲線的離心率為 7＝7＝c?a＝2，b2＝c2－a2＝3，× 雙曲線的方程為43 已知橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)y＝2px(p>0)F，P，Q 線的交點，若PQ經(jīng)過焦點F，則橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)的離心率 答 解 因為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F為p，0，設(shè)橢圓另一焦點為 2x＝p時代入拋物線方程得2PQFPp，p 所以 p＋p2＋p2＝ 故 2p＋p,2c＝p，e＝2c＝題型 求圓錐曲線的標準方 例 )已知雙曲線a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的一個焦點為F(2,0)，且雙曲線的漸線與圓(x－2)2＋y2＝3相切，則雙曲線的方程為 C.3－y D．x－3答 解 雙曲線a2－b2＝1的一個焦點為y＝b由題意 ＝聯(lián)立①②b＝所求雙曲線的方程為 ，x－3 3 3F是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為2 O為坐標原點3EAlEP，Q兩點，當(dāng)△OPQl (1)設(shè)F(c,0)，由條件知，2＝23，得c＝ 又c＝3 E的方程為4＋y(2)l⊥x y＝kx－2代入4＋y＝1Δ＝16(4k2－3)>0

23k 從而

又點O到直線PQ的距離 所以△OPQ 4k2－3＝t，則

＝4t＝.t.tt±t＋4≥4t＝2，即k＝7t±

所以，當(dāng)△OPQ的面積最大時，ly＝7x－2y＝－ 題型 圓錐曲線的幾何性 例 (1)(2015·湖南)若雙曲線a2－b2＝1的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，則此雙曲線的離心為

4 4 答 解 (1)由條件知y＝－bx過點

∴3故選3(2)P為雙曲線右支上一點，|PF1|＝r1，|PF2|＝r2. 又r1＋r2＝3b，故 3b＋2a 又r1·r2＝4ab，所 ＝4ab，解得a＝3(負值舍去)，故 b 4 a 3＋1＝3思維升華圓錐曲線的幾何性質(zhì)是高考考查的重點，求離心率、準線、雙曲線漸近線，是常(1)Cx2＋y2＝2的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論． (1)由題意，橢圓C的標準方程為4＋2a2＝4，b2＝2a＝2，c＝Ce＝c＝ (2)ABx2＋y2＝2A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t,2)OA⊥OB，所以xtx0＋2y0＝0x0t2tx0＝t時，y0＝－2Ct＝±故直線AB的方程為x＝±2，OABd＝2.ABx2＋y2＝2

x0≠tAB

圓心O到直線AB的距離

x x 20 y 04

x0

0＝ABx2＋y2＝2題型三3(2014·山東)C：y2＝2px(p>0)F，AC上異于原點的任意一點，3時，△ADF為正三角形．(1)C(2)l1∥ll1CAE②△ABEp (1)由題意知pD(t,0)(t>0)FD的中點為因為

4 t＝3＋pt＝－3(舍去由4＝3C(2)①由(1)2A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)．xD>0xD＝x0＋2D(x0＋2,0)，故直線AB的斜率kAB＝－y0.2l1AB2l12y2＋8 Δ＝64＋32b＝0b＝－2yy0y02yy0y00E(xE，yE)yE＝－4，xE＝4yyy

04＝y(tǒng)2≠4＝

＝4y0

x－x＝－4

y2 y2 AEy－y0＝4y00000y2＝4x00y＝4y000AE0y2＝4AEx＝1F(1,0)，所以直線AE過定點F(1,0)．0②由①AExx0AE

A(x0，y0)AE

y02B(x1，y1)AB2yy0≠0x＝－2y0yy2＋8y0yy0＋y1＝－8y0y1＝－y0－8，x1＝4 BAE y ＝ y ＝

x＋1＝

則△ABES＝1×4x0＋1x＋1 x0 x當(dāng)且僅當(dāng)1＝x0x0＝1x0所以△ABE思維升華圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是代數(shù)法，從代數(shù)的角度考慮， Ⅰ)已知F是雙曲線C：x－8＝1的右焦點，P是C的左支上點，A(0，66)．當(dāng)△APF周長最小時，該三角形的面積 6答 6解 設(shè)左焦點為∴|PF|＝2＋|PF1|，△APF的周長為|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2＋|PF1|，△APF6即為|AP|＋|PF1|A、P、F1AF1的直線方程為x＋y＝1.6 8＝1聯(lián)立，解得P點坐標為－2,26)，此時S＝△AF1FSF1PF12題型 定值、定點問例4 (2015·課標Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.OMl l過點3，mOMCPOAPBl 設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0故

＝

＋b＝9bOMkOM＝y(tǒng)M＝－9

OMl 四邊形OAPB能為平行四邊形l過點m，mlC k由(1)OMkP

由

，即x

將點m，ml

xM＝3k2＋9OAPBABOP 于是

k1＝4－7，k2＝4＋ki＞0，ki≠3，i＝1,2l4－74＋7OAPB為平行四邊思維升 求定點及定值問題常見的方法有兩種 C

2如圖所示，A、B、DC的頂點，PCDP 因為e＝ a＝2c，b＝1 a＋b＝3得，c＝

2xC的方程為4x

證 ①

4k①代入＋y2＝1，解得 2AD2

4k①與②聯(lián)立解得

4kD(0,1)，P4k2＋，－

-4k

4k

8k

1MN

4k -2k－1 2k＋1 22k＋1

題型 探索性問例 ABMC (1)圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0化為(x－3)2＋y2＝4，∴圓C1的圓心坐標為∵A，BlC1MAB∴∴→又→1＝(3－x，－y)∴由向量的數(shù)量積得l∴l(xiāng)lC1

±5±53lC1的方程，化簡得9x2－30x＋25＝0，解得x＝5.3lC1的圓心時，M的坐標為又∵lC1A，B兩點，MAB53∴MCx2－3x＋y2＝0，其中3L表示過定點(4,0)kLC 3記3LCΔ＝0k2＝9k＝325x2－120x＋144＝0，即

35 Δ>0①若x＝3是方程的解，則f(3)＝0?k＝0?另一根為 ②若x＝5是方程的解，則f5＝0?k＝2 另外一根為x＝64，5

±7

23

3?－2 2

7

7.故在區(qū)間

綜上所述，k的取值范圍是－2

25k＝7≤≤ 思維升華(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題化．其步驟為假設(shè) OC1a2－b2＝1(a1>0， 2b1>0)C2：a2＋b2＝1(a2>b2>0)P(3，1)C1 C22證明你的結(jié)論 (1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知

因為 2

1P(3，1)x－b2＝11所以23 1 1(3)－b2＝1.1 23 23 3＋1－1 23 23 a2＝ C1，C2x3＝132①lxlC2只有一個公共點，所以直線l的方程為x＝2或x＝－2.當(dāng)x＝2時，A(2，3)，B(2，－|OA＋OB|＝22，|OA＋OB|＝22，|AB|＝2此時， x＝－2時，同理可知，②lxl由

得lC1A，BA(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，

2，x1x2＝ k

k2－3由

得3＋2lC2OA·OBOA·OB＝xx＋y

1 1

k2－3

k2－3OA＋OB＋2OA·OBOA＋OB＋2OA·OB≠OA＋OB

→ → → →|OA＋OB|≠|(zhì)OA＋OB|≠|(zhì)OA－OB|

→故 綜合①②(時間：80分鐘 2

1l：y＝3

mmy軸上的截距的取值范圍． (1)由題意，可得c＝2，b＝ a2＝3b2a2＋b2＝c2＝4，解得a＝3，b＝1. 故雙曲線的方程為3－y(2)由(1)B(0,1)B3

得x1＋x2＝6k

2

1

0<kMN則 x1＋x2＝3k，y＝kx＋1＝

k故直線m的方程為y－ ＝－1x－3kk.即y＝－1x＋ .

所以直線m在y軸上的截距為 2 0<k<3k所以 my軸上的截距的取值范圍為xOyly2＝4xA，B(1)l過拋物線的焦點，求(2)如果＝－4l 設(shè)l：x＝ty＋1，代入拋物線xy2－4ty－4＝0A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，∴→(2)l：x＝ty＋bxy2－4ty－4b＝0A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b.∴→∴l(xiāng)過定點OA·OB＝－OA·OB＝－4l必過一定點 C：a2＋b2＝1a>b>0)與雙曲線4＝1(1<v<4)C Blly2＝2xP、Q(1)CM、N，且△OMNR的坐標及對應(yīng)的△OMN的面積； (1)∵1<v<4，∴雙曲線的焦點在x軸上F(±c,0)Ca2－b2＝3，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋a，y2＝2xP(x1，y1)，Q(x2，y2) ∴a＝2，b＝1，∴C的方程為4＋y在△MON

當(dāng)∠MON＝90°時，1sin∠MON有最大值 此時點O到直線l的距離為 ＝ 聯(lián)立

R的坐標為23，±6或－23，±6，△MON的面積為 3 3 C：y2＝2px(p>0)A，BCAB過點(2p,0)，且|AB|＝4pA，B，O(O為坐標原點)設(shè)直線OA，OB的傾斜角分別為α，β且

AB解(1)直線x＝2p與拋物線y2＝2px的兩個交點的坐標分別是M(2p,2p)，N(2p，－2p)，弦長|MN|＝4p(p>0)．又|AB|＝4pAB過點(2p,0)，所以△AOB是直角三角形，所以過A，B，O三點的圓的方程是(x－2p)2＋y2＝4p2.1設(shè)點y2，1

y2，

ABx＝my＋bxy2－2mpy－2pb＝0，tanπ＝tan(α＋β)＝tanα＋tan4

xy＋x

1－tanαtan2py＋y2 x2 21 1 2

1＝2p·2mp＝－2mp ABx＋2p＝m(y－2p)AB過定點4R(x，y)A(－2,0)，B(2,0)RA，RB的斜率分別為k1，k2k1k2＝－3RC.4(1)C(2)MNPQCMQ∥NP，MQ⊥xMN (1)由題意知x≠±2，且k1＝y(tǒng)，k2＝y(tǒng) ＝－則y ＝－

x＋2

C的方程為43(2)MPxMPx＝my＋t(m≠0)，記M(x1，y1)，P(x2，y2)，由

x由根與系數(shù)的關(guān)系得：y1＋y2＝－6mt

14－14＋t－4)＝0所 四邊形MNPQ兩條對角線的交點是定點，且定點坐標為(1,0)．

＝的短軸長相等，橢圓的離心率 2＝C

lABTT坐標；若不存在， (1)圓O(0,0)到直線y＝x＋1的距離d＝1＝2，則直線l被圓截得的弦長為 3－1＝2 又橢圓的離心率e＝ 1