【優(yōu)化方案】2021屆高中數(shù)學(xué)人教版高考復(fù)習(xí)知能演練輕松闖關(guān)-第八章第9課時

[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．(2022·四川成都調(diào)研)拋物線y＝x2到直線2x－y＝4距離最近的點(diǎn)的坐標(biāo)是()A．(eq\f(3,2)，eq\f(5,4)) B．(1，1)C．(eq\f(3,2)，eq\f(9,4)) D．(2，4)解析：選B．設(shè)P(x，y)為拋物線y＝x2上任意一點(diǎn)，則P到直線的距離d＝eq\f(|2x－y－4|,\r(5))＝eq\f(|x2－2x＋4|,\r(5))＝eq\f(（x－1）2＋3,\r(5))，∴x＝1時，d取最小值eq\f(3\r(5),5)，此時P(1，1)．2．已知拋物線C的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F(1，0)，過焦點(diǎn)F的直線l與拋物線C相交于A、B兩點(diǎn)，若直線l的傾斜角為45°，則弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為()A．(1，0) B．(2，2)C．(3，2) D．(2，4)解析：選C．依題意得，拋物線C的方程是y2＝4x，直線l的方程是y＝x－1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝x－1))消去y得(x－1)2＝4x，即x2－6x＋1＝0，因此線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是eq\f(6,2)＝3，縱坐標(biāo)是y＝3－1＝2，所以線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)是(3，2)．3．若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為()A．2 B．3C．6 D．8解析：選C．由題意得F(－1，0)，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),4)))(－2≤x0≤2)，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝x0(x0＋1)＋yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)＋x0＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),4)))＝eq\f(1,4)(x0＋2)2＋2，當(dāng)x0＝2時，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))取得最大值6.4．(2022·遼寧大連質(zhì)檢)已知雙曲線eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1的右焦點(diǎn)為F，若過點(diǎn)F的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點(diǎn)，則此直線斜率的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D．[－eq\r(3)，eq\r(3)]解析：選C．由題意知，F(xiàn)(4，0)，雙曲線的兩條漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x.當(dāng)過點(diǎn)F的直線與漸近線平行時，滿足與右支只有一個交點(diǎn)，畫出圖象，數(shù)形結(jié)合可知應(yīng)選C．5．若一條雙曲線的焦距是8，經(jīng)過其一個焦點(diǎn)的直線被雙曲線截得的最短弦長是4，則此雙曲線的離心率為________．解析：此題有兩種狀況：(1)當(dāng)直線被雙曲線的一支所截時，截得的最短弦長是通徑(即過焦點(diǎn)且和對稱軸垂直的弦)，通徑長等于eq\f(2b2,a)，故eq\f(2b2,a)＝4，即b2＝2a，而由已知得c＝4，∴c2＝a2＋b2＝16，16＝a2＋2a，解得a＝eq\r(17)－1，此時e＝eq\f(4,\r(17)－1)＝eq\f(\r(17)＋1,4)；(2)當(dāng)直線被雙曲線的兩支所截時，截得的最短弦長是兩頂點(diǎn)連線的線段長，即2a＝4，此時a＝2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(4,2)＝2.答案：eq\f(\r(17)＋1,4)或26．(2022·浙江省名校聯(lián)考)已知P為雙曲線C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1上的一點(diǎn)，點(diǎn)M滿足|eq\o(OM,\s\up6(→))|＝1，且eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝0，則當(dāng)|eq\o(PM,\s\up6(→))|取得最小值時，點(diǎn)P到雙曲線C的漸近線的距離為________．解析：由eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝0，得OM⊥PM，依據(jù)勾股定理，求|eq\o(PM,\s\up6(→))|的最小值可以轉(zhuǎn)化為求|eq\o(OP,\s\up6(→))|的最小值，當(dāng)|eq\o(OP,\s\up6(→))|取得最小值時，點(diǎn)P的位置為雙曲線的頂點(diǎn)(±3，0)，而雙曲線的漸近線方程為4x±3y＝0，所以所求的距離d＝eq\f(12,5).答案：eq\f(12,5)7．(2022·河南省三市其次次調(diào)研)已知圓G：x2＋y2－2x－eq\r(2)y＝0經(jīng)過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F及上頂點(diǎn)B．過橢圓外一點(diǎn)M(m，0)(m>a)作傾斜角為eq\f(5,6)π的直線l交橢圓于C、D兩點(diǎn)．(1)求橢圓的方程；(2)若右焦點(diǎn)F在以線段CD為直徑的圓E的內(nèi)部，求m的取值范圍．解：(1)∵圓G：x2＋y2－2x－eq\r(2)y＝0經(jīng)過點(diǎn)F、B，∴F(2，0)，B(0，eq\r(2))，∴c＝2，b＝eq\r(2)，∴a2＝b2＋c2＝6，∴橢圓的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意知直線l的方程為y＝－eq\f(\r(3),3)(x－m)，m>eq\r(6)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1,y＝－\f(\r(3),3)（x－m）))，消去y得2x2－2mx＋(m2－6)＝0.由Δ＝4m2－8(m2－6)>0，解得－2eq\r(3)<m<2eq\r(3).∵m>eq\r(6)，∴eq\r(6)<m<2eq\r(3).設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝m，x1x2＝eq\f(m2－6,2)，∴y1y2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)（x1－m）))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)（x2－m）))＝eq\f(1,3)x1x2－eq\f(m,3)(x1＋x2)＋eq\f(m2,3).∵eq\o(FC,\s\up6(→))＝(x1－2，y1)，eq\o(FD,\s\up6(→))＝(x2－2，y2)，∴eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝eq\f(4,3)x1x2－eq\f(m＋6,3)(x1＋x2)＋eq\f(m2,3)＋4＝eq\f(2m（m－3）,3).∵點(diǎn)F在圓E的內(nèi)部，∴eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))<0，即eq\f(2m（m－3）,3)<0，解得0<m<3.又eq\r(6)<m<2eq\r(3)，∴eq\r(6)<m<3.即m的取值范圍是(eq\r(6)，3)．8．已知直線y＝x－1被拋物線C：y2＝2px(p＞0)截得的弦長為2eq\r(6)，點(diǎn)P是拋物線C上橫坐標(biāo)大于2的動點(diǎn)，點(diǎn)B，C在y軸上，圓(x－1)2＋y2＝1內(nèi)切于△PBC．(1)求拋物線C的方程；(2)求△PBC面積的最小值，并確定取到最小值時點(diǎn)P的位置．解：(1)設(shè)直線與拋物線兩個交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px,y＝x－1))，得到x2－2(1＋p)x＋1＝0，Δ＝4(p2＋2p)，所以|P1P2|＝eq\r(2)|x2－x1|＝2eq\r(2（p2＋2p）)＝2eq\r(6)，解得p＝1，p＝－3(舍去)，故所求拋物線方程為y2＝2x.(2)設(shè)P(x0，y0)(x0＞2)、B(0，b)、C(0，c)，不妨設(shè)b＞c，lPB：y－b＝eq\f(y0－b,x0)x，(y0－b)x－x0y＋x0b＝0.又圓心(1，0)到PB的距離為1，即eq\f(|y0－b＋x0b|,\r(（y0－b）2＋xeq\o\al(2,0)))＝1，(x0＞2)，化簡得(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0，同理，(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0.所以b，c是方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的兩個根，b＋c＝eq\f(－2y0,x0－2)，bc＝eq\f(－x0,x0－2).則(b－c)2＝eq\f(4xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)－8x0,（x0－2）2).由于P(x0，y0)是拋物線上的點(diǎn)，所以yeq\o\al(2,0)＝2x0.則(b－c)2＝eq\f(4xeq\o\al(2,0),（x0－2）2)?b－c＝eq\f(2x0,x0－2).故S△PBC＝eq\f(1,2)(b－c)x0＝eq\f(x0,x0－2)·x0＝(x0－2)＋eq\f(4,x0－2)＋4≥2eq\r(4)＋4＝8.當(dāng)(x0－2)2＝4時，上式取等號，此時，x0＝4，y0＝±2eq\r(2).因此，△PBC面積的最小值為8，取到最小值時點(diǎn)P的坐標(biāo)為(4，±2eq\r(2))．9．(2022·安徽合肥市質(zhì)量檢測)已知橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為4，且過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2))).(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)A，B，M是橢圓上的三點(diǎn)．若eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)eq\o(OB,\s\up6(→))，點(diǎn)N為線段AB的中點(diǎn)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0))，求證：|NC|＋|ND|＝2eq\r(2).解：(1)由已知可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1))，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋yeq\o\al(2,2)＝1.由eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(3,5)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(4,5)eq\o(OB,\s\up6(→))，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)x1＋\f(4,5)x2，\f(3,5)y1＋\f(4,5)y2)).由于M是橢圓C上一點(diǎn)，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)x1＋\f(4,5)x2))\s\up12(2),4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)y1＋\f(4,5)y2))eq\s\up12(2)＝1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋yeq\o\al(2,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＋2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋y1y2))＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＋2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋y1y2))＝1，故eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0.又線段AB的中點(diǎn)N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))\s\up12(2),2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),4)＋yeq\o\al(2,2)))＋eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝1，從而線段AB的中點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))在橢圓eq\f(x2,2)＋2y2＝1上．又橢圓eq\f(x2,2)＋2y2＝1的兩焦點(diǎn)恰為Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，0))，所以|NC|＋|ND|＝2eq\r(2).[力氣提升]1．已知直線x＋ky－3＝0所經(jīng)過的定點(diǎn)F恰好是橢圓C的一個焦點(diǎn)，且橢圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)F的最大距離為8.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知圓O：x2＋y2＝1，直線l：mx＋ny＝1，試證：當(dāng)點(diǎn)P(m，n)在橢圓C上運(yùn)動時，直線l與圓O恒相交，并求直線l被圓O所截得的弦長L的取值范圍．解：(1)直線x＋ky－3＝0經(jīng)過定點(diǎn)F(3，0)，即點(diǎn)F(3，0)是橢圓C的一個焦點(diǎn)．設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由于橢圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)F的最大距離為8，所以a＋3＝8，即a＝5.所以b2＝a2－32＝16.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)證明：由于點(diǎn)P(m，n)在橢圓C上，所以eq\f(m2,25)＋eq\f(n2,16)＝1，即n2＝16－eq\f(16m2,25)(0≤m≤5)．所以原點(diǎn)到直線l的距離d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))＝eq\f(1,\r(\f(9,25)m2＋16))<1.所以直線l與圓O恒相交．L2＝4(r2－d2)＝4(1－eq\f(1,\f(9,25)m2＋16))．由于0≤m≤5，所以eq\f(\r(15),2)≤L≤eq\f(4\r(6),5).2．(2022·安徽省“江南十?！甭?lián)考)在圓C1：x2＋y2＝1上任取一點(diǎn)P，過P作y軸的垂線段PD，D為垂足，動點(diǎn)M滿足eq\o(MD,\s\up6(→))＝2eq\o(MP,\s\up6(→)).當(dāng)點(diǎn)P在圓C1上運(yùn)動時，點(diǎn)M的軌跡為曲線C2.(1)求曲線C2的方程；(2)是否存在過點(diǎn)A(2，0)的直線l交曲線C2于點(diǎn)B，使eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(\r(5),5)(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))，且點(diǎn)T在圓C1上？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．解：(1)設(shè)M(x，y)，∵eq\o(MD,\s\up6(→))＝2eq\o(MP,\s\up6(→))，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，y)).又P在圓C1上，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝1，即C2的方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時，點(diǎn)B與點(diǎn)A重合，此時點(diǎn)T坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，0))，明顯點(diǎn)T不在圓C1上，故不合題意，∴直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2）,\f(x2,4)＋y2＝1))，得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，解得xB＝eq\f(8k2－2,1＋4k2)，∴yB＝－eq\f(4k,1＋4k2)，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－2,1＋4k2)，\f(－4k,1＋4k2))).∴eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k2,1＋4k2)，\f(－4k,1＋4k2)))，∴eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(\r(5),5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k2,1＋4k2)，\f(－4k,1＋4k2))).∵T在圓C1上，∴eq\f(1,5)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k2,1＋4k2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k,1＋4k2)))\s\up12(2)))＝1，化簡得，176k4－24k2－5＝0，解得k2＝eq\f(1,4)或k2＝－eq\f(5,44)(舍去)，∴k＝±eq\f(1,2).故存在滿足題意的直線l，其方程為y＝±eq\f(1,2)·(x－2)．3．(2021·高考廣東卷)已知拋物線C的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，其焦點(diǎn)F(0，c)(c＞0)到直線l：x－y－2＝0的距離為eq\f(3\r(2),2).設(shè)P為直線l上的點(diǎn)，過點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點(diǎn)．(1)求拋物線C的方程；(2)當(dāng)點(diǎn)P(x0，y0)為直線l上的定點(diǎn)時，求直線AB的方程；(3)當(dāng)點(diǎn)P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值．解：(1)依題意，設(shè)拋物線C的方程為x2＝4cy(c>0)，由點(diǎn)到直線的距離公式，得eq\f(|0－c－2|,\r(1＋1))＝eq\f(3\r(2),2)，解得c＝1(負(fù)值舍去)，故拋物線C的方程為x2＝4y.(2)由x2＝4y，得y＝eq\f(1,4)x2，其導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f(1,2