05 模塊五　解析幾何 【答案】作業(yè)手冊

模塊五解析幾何限時集訓(xùn)(十六)1.A[解析]根據(jù)題意,若a=3,則直線l1:3x-5y-1=0,l2:3x-5y+4=0,兩直線平行;反之,若l1∥l2,則-a(a+2)+15=0,4a+3≠0,解得a=3或a=-5.故“a=3”是“l(fā)1∥l2”的充分不必要條件.故選A.2.C[解析]由題意可得x02+y02=2,∴圓心C(0,0)到直線l:x0x-y0y=2的距離d=2x02+y02=22=2=r(r為圓C3.D[解析]由題意得m=1+3=4.易知l的斜率存在,設(shè)切線l的方程為y-3=k(x-1),則|k-3|1+k2=2,解得k=-33,設(shè)l的傾斜角為θ,則0°≤θ<180°,tanθ=-33,得θ=4.C[解析]連接PC,由題知☉C的半徑r=5,圓心為C(2,4),又A,B是☉C:(x-2)2+(y-4)2=25上的兩個動點,P是線段AB的中點,|AB|=6,所以|PC|=25-9=4,所以點P的軌跡方程為(x-2)2+(y-4)2=16.故選5.B[解析]由題知,圓的圓心坐標(biāo)為(2,2),半徑為2,因為l將該圓分成的兩段弧長之比為2∶1,所以兩段弧所對的圓心角分別為4π3和2π3,由幾何性質(zhì)可知,圓心到l的距離為1.設(shè)l的方程為y=kx,則|2k-2|k26.A[解析]對于x+y+2=0,令y=0,得x=-2,所以A(-2,0),令x=0,得y=-2,所以B(0,-2),故|AB|=(-2)2+方法一:因為圓(x-2)2+y2=2的圓心(2,0)到直線x+y+2=0的距離為|2+2|2=22,且圓(x-2)2+y2=2的半徑r=2,所以點P到直線x+y+2=0的距離d的取值范圍為[22-2,22+2],即[2,32],所以S△ABP=12×|AB|×d=12×22d=2d方法二:設(shè)P(x,y),則點P到直線AB的距離d=|x+y+2|2,令t=x+y+2,則y=-(x-t+2),代入圓的方程整理得2x2-2tx+t2-4t+6=0(*),因為點P在圓上,所以關(guān)于x的方程(*)有解,則Δ≥0?2≤t≤6,所以d∈[2,32].因為|AB|=22,S△ABP=12|AB|·d,方法三:設(shè)P(2+2cosθ,2sinθ),θ∈[0,2π),則點P到直線AB的距離d=|2+2cosθ+2sinθ+2|2=4+2sinθ+π42,又|AB|=22,7.B[解析]由題知圓C:(x-2)2+(y-2)2=1的半徑為1,圓心為C(2,2).當(dāng)直線PM,PN為圓的兩條不同切線時,連接MC,PC,則∠PMC=90°,在Rt△CPM中,sin∠CPM=|MC||PC|,|MC|=1,則當(dāng)|PC|變小時,sin∠CPM變大,∵∠CPM∈(0°,90°),∴sin∠CPM變大時∠CPM變大.易知當(dāng)PC與直線3x-4y+12=0垂直且直線PM,PN為圓的兩條不同切線時,∠CPM最大,此時∠MPN=2∠CPM,|PC|=|6-8+12|32+42=2,則sin∠CPM=12,即∠8.ABC[解析]當(dāng)直線l與x軸垂直時,|AB|取得最小值,令x=4,則(4-6)2+y2=9,解得y=±5,所以|AB|的最小值為25,所以A正確;當(dāng)直線l與PQ垂直時,P到l的距離取得最大值,且最大值為|PQ|=25,所以B正確;設(shè)R(6+3cosθ,3sinθ),θ∈[0,2π),則PQ·PR=(2,-4)·(4+3cosθ,3sinθ-4)=6cosθ-12sinθ+24=65cos(θ+φ)+24,其中tanφ=2,當(dāng)cos(θ+φ)=-1時,PQ·PR取得最小值24-65,所以C正確;因為圓心為C(6,0),半徑r=3,所以當(dāng)圓心C在線段PR上時,|PR|取得最大值,且最大值為(2-6)2+42+3=42+9.ACD[解析]由kx-y+5k+1=0,得y-1=k(x+5),∴直線l過定點(-5,1),故A正確;將圓C的方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+3)2+y2=9,∴圓心為C(-3,0),∵直線l平分圓C,∴直線l過圓心C,∴-3k+5k+1=0,解得k=-12,故B錯誤;設(shè)D(-5,1),連接CD,當(dāng)CD⊥l時,圓心C到直線l的距離最大,最大值為|CD|=(-5+3)2+(1-0)2=5,當(dāng)直線l過圓心C時,圓心C到直線l的距離最小,最小值為0,∴圓心C到直線l的距離的取值范圍為[0,5],故C正確;圓C的半徑r=3,設(shè)圓心C到直線l的距離為d,則△ABC的面積為12×d×2r2-d2=d9-10.22[解析]由題知,圓C的圓心為C(-1,0),半徑為2,則圓心C到直線x+y-5=0的距離為62=32,故點P到直線x+y-5=0的距離的最小值為32-2=2211.26[解析]由題意知A(0,0),B(-22,2),且l1⊥l2,連接AB,則|AC|2+|BC|2=|AB|2=12.方法一:由基本不等式,得|AC|+|BC|≤2|AC|2+|BC|22=26,當(dāng)且僅當(dāng)|AC|=|BC|=6時方法二:由|AC|2+|BC|2=12,令|AC|=23cosθ,|BC|=23sinθ,其中θ∈0,π2,則|AC|+|BC|=23(sinθ+cosθ)=26sinθ+π4≤26,12.-2,5-12,-5-12,-43[解析]設(shè)直線l1,l2的傾斜角分別為α,θ,則tanα=2,tanθ=k.當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在x軸上時,θ=π-α,k=tan(π-α)=-tanα=-2;當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l2上時,α=2θθ∈0,π2或α=2θ-πθ∈π2,π,則tanα=tan2θ=2tanθ1-tan2θ=2k1-k2=2,整理得k2+k-1=0,解得k=5-12或k=-5-113.B[解析]由x2+y2-4x=0,得(x-2)2+y2=4,∴圓的圓心坐標(biāo)為(2,0),半徑為2.由題意知直線l1,l2平行,且與圓的四個交點能作為一個正方形的頂點,則圓心到兩條直線的距離相等且為2,即圓心(2,0)到l1:y=2x+m的距離d=|4+m|1+4=2,∴m=±10-4,同理可得n=±10-4,又m≠n,∴|m-n|=21014.BC[解析]由xcosθ+ysinθ=1+2sinθ得xcosθ+(y-2)sinθ=1,則點(0,2)到M中每條直線的距離d=1cos2θ+sin2θ=1,即M為圓C:x2+(y-2)2=1的全體切線組成的集合,從而M中存在平行的直線,故A錯誤;因為點(0,2)不在M中的任一條直線上,所以存在定點P(0,2)滿足題意,故B正確;對任意整數(shù)n(n≥3),存在正n邊形使其內(nèi)切圓為圓C,故C正確;如圖,△ABC和△AB'C'都是M中的直線圍成的正三角形,顯然它們的面積不相等,則M中的直線所能圍成的正三角形面積不都相等,15.BCD[解析]圓C:(x-2)2+(y-3)2=4的圓心為C(2,3),半徑為2.連接AC,因為A(1,3)且(1-2)2+(3-3)2=1<4,所以A(1,3)在圓C內(nèi),所以當(dāng)AC⊥PQ時,|PQ|取得最小值,如圖①所示,此時|AC|=1,|PQ|=2×22-12=23,所以A選項錯誤;易知B是PQ的中點,如圖②,則PC·PQ=PC·2PB=2|PC|·|PB|·cos∠BPC=2|PB|2=|PQ|22,又易知23≤|PQ|≤4,所以12≤|PQ|2≤16,所以PC·PQ=|PQ|22∈[6,8],所以B選項正確;CP·CQ=|CP|·|CQ|·cos∠PCQ=|CP|·|CQ|·|CP|2+|CQ|2-|PQ|22|CP|·|CQ|=8-|PQ|22,因為12≤|PQ|2≤16,所以-8≤8-|PQ|2≤-4,所以CP·CQ=8-|PQ|22∈[-4,-2],所以CP·CQ的最大值為-2,所以C選項正確;設(shè)B(x,y),當(dāng)B與A重合時,B(1,3),當(dāng)B與A不重合時,x=1與y=3不同時成立,由|AB|2+|BC|2=|AC|2得(x-1)2+(y-3)2+(x-2)2+(y-3)2=(1-2) 16.3316[解析]設(shè)B'為B關(guān)于原點O的對稱點,射線OT:y=kx(x≥0),則M(m,km),m>0,A(9,9k),設(shè)B(x,kx),x>m>0,則B'(-x,-kx).因為對于圓O上任意一點P都滿足|PM||PA|=|BM||BA|,且點B'在圓O上,所以|BA||BM|=|B'A||B'M|,則9-xx-m=9+xm+x,可得-x2+(9-m)x+9m=x2+(9-m)x-9m,可得x2=9m,即x=3m,所以點B的坐標(biāo)為(3m,3km),代入圓的方程x2+y2=9,可得m(k2+1)=1,所以mn=km2=k×1(k2+1)2=k(k2+1)2,要求mn的最大值,則k>0.設(shè)f(k)=k(k2+1)2,k>0,可得f'(k)=(k2+1)2

限時集訓(xùn)(十七)1.C[解析]因為雙曲線y22a2-x2a2=1(a≠0)的焦點在y軸上,所以漸近線斜率k=±2|a|2.D[解析]∵拋物線方程為y2=4x,∴準(zhǔn)線方程為x=-1,又點P在該拋物線上,且P的橫坐標(biāo)為4,∴|PF|=4-(-1)=5.故選D.3.B[解析]若方程x2m-1+y23-m=1表示橢圓,則滿足m-1>0,3-m>0,m-1≠3-m,即m>1,m<3,m≠2,所以1<m<3且m≠2,此時1<m<3成立,即必要性成立;當(dāng)m=2時,滿足1<m<3,但此時方程x2m4.D[解析]根據(jù)橢圓E:x24+y23=1可得a2=4,b2=3,則c2=a2-b2=1,所以橢圓E的焦距是2c=2,故A中說法正確;橢圓E的離心率為ca=12,故B中說法正確;因為橢圓E:x24+y23=1的焦點坐標(biāo)為(±1,0),拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F與橢圓E:x24+y23=1的一個焦點重合,所以p2=1,即p=2,所以拋物線C的準(zhǔn)線方程是x==-1,故5.D[解析]將x=c代入雙曲線C的方程可得c2a2-y2b2=1,可得y=±b2a,不妨取點Ac,b2a,Bc,-b2a,如圖,設(shè)點P(x,y),其中x≤-a,且y2=b2x2a2-b2,則AP=x-c,y-b2a,BP=x-c,y+b2a.因為PA⊥PB,所以AP·BP=(x-c)2+y2-b4a2=x2-2cx+c2+b2a2x2-b2-b4a2=c2a2x2-2cx+a2-b4a2=cax-a6.B[解析]依題意知點F(0,1),設(shè)Mx1,x124,Nx2,x224,則MF=-x1,1-x124,FN=x2,x224-1,由MF=2FN得-x1=2x2,1-7.A[解析]根據(jù)a⊥b,可得(x+1)(x-1)+(5+y)(5-y)=0,化簡得y24-x24=1,則動點M(x,y)的軌跡E的方程為y24-x24=1.易知直線l的斜率存在,設(shè)經(jīng)過點N(2,0)的直線l的方程為y=k(x-2),由y=k(x-2),y24-x24=1,得(k2-1)x2-4k2x+4(k2-1)=0①,因為直線l與E有且只有一個公共點A,所以k2=1或Δ=16k4-16(k2-1)2=0(k2≠1),得k=±1或k=±22.因為圓x2+(y-22)2=1的圓心為(0,22),半徑為1,所以當(dāng)點A在x軸上方時|AP|較小,以下只討論點A在x軸上方的情況.當(dāng)k=±1時,代入①式,得x=0,代入雙曲線方程可得A(0,±2),當(dāng)點A的坐標(biāo)為(0,2)時,點A在圓x2+(y-22)2=1內(nèi),可得|AP|的最小值為1-(22-2)=3-22;當(dāng)k=±22時,代入①式,得x=-2,代入雙曲線方程可得A(-2,±22),當(dāng)點A的坐標(biāo)為(-2,22)時,點A在圓x2+(y-22)2=1外,可得|AP|的最小值為8.AB[解析]方法一:對于選項A,x2=2+2y2≥2,故|x|≥2,故A正確;對于選項B,x2+y2=2+3y2≥2,故B正確;對于選項C,取x=2,y=1,滿足x22-y2=1,此時yx=12,故C錯誤;對于選項D,取x=32,y=-24,滿足x22-y2=1,此時|x-2y|=方法二:由題知點(x,y)為雙曲線x22-y2=1上的點,根據(jù)雙曲線上點的橫坐標(biāo)的取值范圍可知A正確;由題意知圓x2+y2=r2(r>0)與雙曲線x22-y2=1有交點,當(dāng)圓x2+y2=r2(r>0)過雙曲線的左、右頂點時,r最小,此時r=2,所以x2+y2≥2,故B正確;雙曲線的漸近線斜率為±22,則雙曲線上的點與原點的連線所在直線的斜率k滿足-22<k<22,即yx<22,故C錯誤;對于D,取x=32,y=-24,滿足x22-y2=9.BD[解析]由y2+2y=x3-4x2+5x-3,得(y+1)2=x3-4x2+5x-2=(x-1)2(x-2).對于A,因為(x-2-1)2(x-2-2)≠(-x-1)2(-x-2),所以橢圓曲線W不關(guān)于直線x=-1對稱,故A不正確.對于B,設(shè)點(x0,y0)在橢圓曲線W上,則y02+2y0=x03-4x02+5x0-3,因為(-2-y0)2+2(-2-y0)-(x03-4x02+5x0-3)=4+y02+4y0-4-2y0-y02-2y0=0,所以(-2-y0)2+2(-2-y0)=x03-4x02+5x0-3,則點(x0,-2-y0)在橢圓曲線W上,所以橢圓曲線W關(guān)于直線y=-1對稱,故B正確.對于C,D,由(y+1)2≥0,得(x-1)2(x-2)10.-1,178[解析]4(x-a)2+y2=4?(x-a)2+y24=1?x∈[a-1,a+1].由4(x-a)2+y2=4,y2=2x,消去y得2x2+(1-4a)x+2a2-2=0,則由題意可知Δ=-8a+17≥0,解得a≤178.橢圓(x-a)2+y24=1可由橢圓x2+y2411.433[解析]由拋物線方程知F(1,0),則直線l:y=3(x-1),即3x-y-3=0.由y=3(x-1),y2=4x得3x2-10x+3=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=103,∴|AB|=x1+x2+2=163,又坐標(biāo)原點O到直線l的距離d=33+1=32,12.3[解析]如圖,連接BD,PB,BH,因為四邊形ABCD為菱形,所以AC為線段BD的垂直平分線,則PB=PD,所以PH+PB=PH+PD=DH=4>2=BH,故點P的軌跡是以B,H為焦點的橢圓,可得長軸長為2a=4,焦距為2c=2,即a=2,c=1,所以PB的最大值為a+c=3.13.B[解析]4x2-y23=1即為x214-y23=1,則a=12,b=3,∴c=a2+b2=132.∵|F1M|-|F2M|=2a=1,且|F1M|2+|F2M|2=|F1F2|2=13,∴|F1M|=3,|F2M|=2.將△MF1F2沿MN折成直二面角F1-MN-F2后,過F1作F1H⊥MN,垂足為H,連接HF2,F1F2,易知F1H⊥HF2,設(shè)∠HMF1=α,0<α<π2,在Rt△MHF1中,|HF1|=3sinα,|MH|=3cosα.在△MHF2中,∠HMF2=π2-α,|HF2|2=|MF2|2+|MH|2-2|MF2|·|MH|cos∠HMF2,∴|HF2|2=4+9cos2α-12cosαcosπ2-α=4+9cos2α-6sin2α,∴|F1F2|2=|HF2|2+|HF1|2=4+9cos2α-6sin2α+9sin2α=13-6sin2α≥7,當(dāng)且僅當(dāng)sin2α=1,即α=π4時等號成立,14.ABD[解析]由題知F(1,0),設(shè)BC的中點為M(xM,yM),連接AM,則AM=(xM-x0,yM-y0),AF=(1-x0,-y0),因為F為△ABC的重心,所以AF=23AM,故1-x0=23(xM-x0),-y0=23(yM-y0),即xM=32-x02,yM=-y02,又因為A在拋物線上,所以y02=4x0,所以xM=32-y028=12-y028,即M12-y028,-y02,故A正確;設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),因為F為△ABC的重心,所以x0+x1+x2=3,y0+y1+y2=0,當(dāng)直線BC的斜率存在時,kBC=y1-y2x1-x2=4(y1-y2)4(x1-x2)=4(y1-y2)y12-y22=4y1+y2=-4y0,則直線BC:y+y02=-4y0x-12-y028(y0≠0)?y0y+y022=-4x+12-y0215.ACD[解析]對于A,當(dāng)直線MA,MB中一條直線的斜率為0,另一條直線的斜率不存在時,M(±2,±1).當(dāng)直線MA,MB的斜率均存在時,設(shè)M(x0,y0),過點M的橢圓C的切線方程為y=k(x-x0)+y0,由y=k(x-x0)+y0,x22+y2=1得(1+2k2)x2-4k(kx0-y0)x+2(kx0-y0)2-2=0,由Δ=0整理可得(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0,∴kMA·kMB=y02-1x02-2,又MA⊥MB,∴kMA·kMB=-1,即y02-1x02-2=-1,∴x02+y02=3,∴點M的軌跡方程為x2+y2=3(x≠±2),又(±2,±1)滿足x2+y2=3,∴橢圓C的蒙日圓的方程為x2+y2=3,A正確.對于B,連接AF1,∵A為橢圓C上的點,∴|AF1|+|AF2|=2a=22,∴d-|AF2|=d-(22-|AF1|)=d+|AF1|-22,∵d+|AF1|的最小值為點F1到直線l的距離,F1(-1,0),∴(d+|AF1|)min=41+2=433,∴(d-|AF2|)min=433-22,B錯誤.對于C,∵矩形四條邊均與C相切,∴該矩形為蒙日圓的內(nèi)接矩形,設(shè)矩形的長為m,寬為n,∵蒙日圓的半徑r=3,∴m2+n2=(23)2,∴mn≤m2+n22=6(當(dāng)且僅當(dāng)m=n=6時取等號),∴此矩形面積的最大值為6,C正確.對于D,當(dāng)A(x1,y1)位于x軸上方時,y1>0,由x22+y2=1(y>0)得y=1-x22,∴y'=-x21-x22,∴橢圓C在點A處的切線斜率k=-x121-x122=-x12y1,∴橢圓C在點A處的切線方程為y-y1=-x12y1(x-x1),即x1x+2y1y=x12+2y12,即x1x+2y1y=2,∴橢圓C在點A處的切線方程為x1x2+y1y=1.同理可得,當(dāng)A(x1,y1)位于x軸下方時,y1<0,橢圓C在點A處的切線方程為x1x2+y1y=1.當(dāng)點A(x1,y1)在x軸上時,A(±2,0),此時橢圓C在點A處的切線方程為x=±2,滿足x1x2+y1y=1.故橢圓C在點A(x1,y1)處的切線方程為x1x2+y1y=1,同理可知,橢圓C在點B(x2,y2)處的切線方程為x2x2+y2y=1.由對A的分析知M(x0,y0),則x1x02+y1y0=1,x2x02+y2y0=1,可知點A,B的坐標(biāo)滿足方程x0x2+y0y=1,即直線AB的方程為x0x2+y0y=1.當(dāng)y0=0時,M(±3,0),26-x02-2(6-x02)2=2-2(6-x02)2+16-x02,令16-x02=t,∵y0≠0,∴x02∈[0,3),∴6-x02∈(3,6],則t∈16,13,∵曲線y=-2t2+t是開口向下,對稱軸方程為t=14的拋物線,∴當(dāng)t∈16,13時,ymax=-2×142+14=18,16.14[解析]因為點B關(guān)于l的對稱點為M,所以|AM|=|AB|.因為|AF1|+|AB|+|BF1|=(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=4a,且|AB|=a,所以|AF1|+|BF1|=3a,所以|BF1||MF1|=|BF1||AB|+|AF1|=|BF1|a+3a-|BF1|=5

限時集訓(xùn)(十八)1.解:(1)由橢圓的離心率為22,可設(shè)a=2t,c=t(t>0),則b=t.以橢圓的四個頂點為頂點的四邊形為菱形,其面積S=12·2a·2b=12·22t·2t=22t2=22,所以t=1,即a=2,b=c=1,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22(2)證明:由y=kx+m,x22+y2=1,消去y整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,則Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=16k2-8m2+8>0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2.因為點O到直線y=kx+m的距離d=|m|1+k2,|AB|=1+k2|x1-x2|,所以S△AOB=12|AB|·d=12|m||x1-x2|=12|m|(x1+x2)2-4x1x2=12|m|·-4km2.解:(1)由題可知Fp2,0,∴當(dāng)l⊥x軸時,xA=xB=p2,根據(jù)拋物線的定義可得|AB|=xA+p2+xB+p2=2p=4,解得p=2,∴拋物線E(2)設(shè)A(t12,2t1),B(t22,2t2),M(t32,2t3),N(t42,2t4),∴直線AB的方程為x-t12=t12-t222t1-2t2(y-2t1),即2x-(t1+t2)y+2t1t2=0,∵直線AB過點F(1,0),∴t1t2=-1.直線AM的方程為x-t12=t12-t322t1-2t3(y-2t1),即2x-(t1+t3)y+2t1t3=0,∵直線AM過點C(2,0),∴t1t3=-2.同理可得t2t4=-2,∴t1t2t3t4=4,∴t3t4=-4.∵直線MN的方程為2x-(t33.解:(1)由題意可得9a2-7b2=1,a2+b2=4,所以a4-20a2+36=0,解得a2=2或a2=18.當(dāng)a2=2時,b2=2;當(dāng)a2=18時,b2=-14,舍去.所以雙曲線C的方程為x2(2)設(shè)l:x=ty+2,A(x1,y1),B(x2,y2),將直線l的方程與雙曲線C的方程聯(lián)立,消去x得(t2-1)y2+4ty+2=0,則t2-1≠0且Δ>0,所以y1+y2=-4tt2-1,y1·y2=2t2-1①.由直線l與雙曲線右支交于兩點,且直線l的斜率大于0,可得t>0,y1y2<0,解得0<t<1.因為PF平分∠APB,所以由角平分線定理,得|PA||PB|=|AF||BF|,即(x1-3)2+(y14.解:(1)依題意,∠BAD=90°,c=2,由|AF|=|BF|,得a+c=b2a,又b2=c2-a2,所以a2+2a=22-a2,解得a=1或a=-2(舍去),所以b2=c2-a2=4-1=3,故雙曲線C的方程為x2-y2(2)顯然直線MN不可能與x軸平行,故可設(shè)直線MN的方程為x=my+n(n>0),由x=my+n,3x2-y2=3,消去x整理得(3m2-1)y2+6mny+3(n2-1)=0,則3m2-1≠0,Δ>0.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-6mn3m2-1,y1y2=3(n2-1)3m2-1,由k1k2=-2,得y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0,即y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0,整理得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2=0,所以3(n2-1)(2m2+1)-12m2n(n+1)+2(n+1)2(3m2-1)=0,整理得n2-4n-5=0,解得n=5或n=-1(舍去),則直線MN的方程為x-my-5=0,得d=6m2+1.又M,N都在雙曲線的右支上,所以y1y2<0,5.解:(1)設(shè)P(x,y),則以PF為直徑的圓的圓心坐標(biāo)為x+12,y2,根據(jù)圓與y軸相切,可得x+12=12|PF|=12(x-1)2+(2)由題意可知,直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x-1),y2=4x,得k2x2-2(k2+2)x+k2=0,所以x1+x2=2(k2+2)k2,x1x2=1.設(shè)直線l的傾斜角為θ,則|AM|=|AF||tanθ|,|BN|=|BF||tanθ|,所以|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=|AB||k|.易知|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=2(k2+2)k2+2=4k2+4k2.由題意可知四邊形MANB為梯形,其面積S=S△AMB+S△BAN=12|AB|(|AM|+|BN|)=|AB|2|k|2=8(k2+1)2|k|3=8(k4+2k2+1)|k|3,設(shè)t=|k|>0,S(t)=8(t4+2t2+1)t3=8t+2t+1t3,則S'(t)=81-6.解:(1)若選①2|OH|2+4=|HF1|2+|HF2|2,過點H作HR⊥x軸于點R,則|HF1|2=|RF1|2+|HR|2,|HF2|2=|RF2|2+|HR|2,|OH|2=|OR|2+|HR|2,所以|HF1|2+|HF2|2=|RF1|2+|RF2|2+2|HR|2,又2|OH|2+4=|HF1|2+|HF2|2,所以|RF1|2+|RF2|2+2|HR|2=2|OH|2+4=2|OR|2+2|HR|2+4,所以|RF1|2+|RF2|2=2|OR|2+4.設(shè)雙曲線的半焦距為c,則|RF1|=|OR|+c,|RF2|=c-|OR|,故|RF1|2+|RF2|2=2|OR|2+2c2=2|OR|2+4,所以2c2=4,可得c=2.設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),則a2+b2=2,右焦點F2(c,0)到漸近線y=故|HF2|=b,又|OF2|=c,所以由勾股定理得|OH|=|OF2|所以S=2S△OHF2=|OH|·|HF2|=ab≤a2+b22=1,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時取等號,此時S取得最大值,故當(dāng)S最大時若選②以O(shè)為圓心,F1F2為直徑的圓截直線x+y+2=0所得的弦長為2,圓心O到直線x+y+2=0的距離d=22=1.設(shè)雙曲線的半焦距為c,由|F1F2|22=12+d2=2,得|F1F2|=2c=22,故c=2.設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),則a2+b2=2,右焦點F2(c,0)到漸近線y=bax的距離為bca1+b2a2=b,故|HF2|=b,又|OF2|=c,所以由勾股定理得|OH|=|OF2|2-|HF2|2=c2-b2(2)易知A(-1,0),B(1,0),設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),則kAC=y1x1+1,kBC=y1x1-1又x12-y12=1,所以kAC·kBC=1.因為kAC=4kBD,所以4kBD·kBC=1,所以kBD·k設(shè)直線CD的方程為x=my+t,由x=my+t,x2-y2=1,消去x整理得(m2-1)y2+2mty+t2-1=0,則m2≠1,Δ>0,y1+y2=-2mtm2-1,y1y2所以(m2-4)y1y2+m(t-1)(y1+y2)+(t-1)2=0,所以(m2-4)(t2-1)m2-1因為t≠1,所以(m2-4)(t+1)-2m2t+(m2-1)(t-1)=0,即m2t+m2-4t-4-2m2t+m2t-m2-t+1=0,所以5t=-3,解得t=-35,所以直線CD的方程為x=my-3故S1=S△ADC=12|CD|·-1+35m2+1=15|CD|m2+1,S2=S

限時集訓(xùn)(十九)1.解:(1)由|B1B2|=2,得2b=2,即b=1,由四邊形A1B1A2B2的周長為46,得4a2+12=46,即所以橢圓E的方程為x25+y2=(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k≠0,m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),則P-mk,0,M'(-x1,由方程組x25+y2=1,y=kx+m,消去y得(5k2+1)x2+10kmx+5m2-5=0,則Δ=(10km)2-4(5k2+1)(5m2-5)>0,得5k2>m2-1,x直線M'N的方程為y-y2=y2-y1令x=0,得y=y2-y1x1+x2又因為x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2)=-10k5k2+1,所以Q0,1m,△OPQ的面積為12×-mk1m2.解:(1)因為拋物線C1,C2都過點A(4,8),所以8p=64,16=16q,解得p=8,q=1,即C1:y2=16x,C2:x2=2y.設(shè)直線l與拋物線C2相切于點Qx0,x022,令f(x)=x22,可得f'(x)=x,則直線l的斜率k=f'(x0)=x0,所以直線l的方程為y=x0(x-x0)+由y=x0x-x022,y2=16x,整理得x0y2-16y-8x02=0,因為l為拋物線C1,C2的公切線,所以Δ=256+32x03=0,(2)設(shè)M(t12,4t1),N(2t2,2t22),又A(4,8),所以MA+NA=(8-t12-2t2,16-4t1-2t所以8-t12-2t2=9,16-4t1-2t22=18,可得t12+2t2+1=0,t22+2t當(dāng)t1=t2時,由t12+2t2+1=0得t1=t2=-1,此時M(1,-4),N(-2,2),MA=(3,12),NA則|MA|=153,|NA|=62,且MA·NA=90,可得cos<MA,NA>=MA·NA|MA||NA|=90153×62=15306S△AMN=12|MA|·|NA|sin<MA,NA>=12×153×62×9306當(dāng)t1≠t2時,t1+t2=2,此時方程t12-2t1+5=0無解(舍去).綜上可得,△AMN的面積為3.解:(1)由題意得2a=22,即a=2.∵以F1F2為直徑的圓和C恰好有兩個交點,∴b=c,又∵b2+c2=a2=2,∴b=c=1,∴橢圓C的方程為x22+y2=(2)由題意得,l1,l2的斜率存在且不為零,設(shè)橢圓C的過點P(x0,y0)且斜率存在的切線l的方程為y-y0=k(x-x0)(k≠0),由y-y0=k(x-x0),x22+y2=1,消去y并整理得(1+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,∵l與C相切,∴Δ=16k2(y0-kx0)2-8(1+2k2)[(y0-kx0)2-1]=0,化簡并整理得(y0-kx0)2=2k2+1,整理成關(guān)于k的一元二次方程得(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0,由題易知x0≠±2.設(shè)l1,l2的斜率分別為k1,k2,易知k1,k2∴k1k2=y02-1x02-2=m,即y02=mx02+1-2m,則x02+y02=(1+m)x02+1-2m,∴|PO|=x02+y02=(1+m)x02+1-2m,易知當(dāng)x0=0時4.解:(1)由題意可得2c=4故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28+y2(2)由(1)可知F2(2,0).當(dāng)直線l不與x軸重合時,設(shè)l:x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2),則l':y=-mx,由x=my+2,x28+y24=1,消去x得則Δ=(4m)2+16(m2+2)=32(m2+1)>0,y1+y2=-4mm2+2,y1y故|AB|=1+m2-由y=-mx,x28+設(shè)P(x0,y0),則x02=82m2+1,故|PQ|=2|OP|=2x0可得|AB||PQ|令t=1m2+2∈0,12,則故|AB||PQ|∵y=3x2-5x+2的圖象的對稱軸為直線x=56,∴y=3x2-5x+2在0,又t∈0,12,∴3t2-5t+2∈14,2,故|AB||PQ|=3t2-5t+2∈12,2.當(dāng)直線綜上所述,|AB||(3)當(dāng)直線l不與x軸重合時,設(shè)l:x=my+2(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則M(x1,-y1),由(2)可得y1+y2=-4mm2+2≠0,y1y直線BM的斜率kBM=y1+y2x2-x1,則直線BM的方程為y+y1=y1又x1y2+x2y1y1+y2=(my1+2)y2+(m當(dāng)直線l與x軸重合時,直線BM即為x軸,也過定點(4,0).綜上所述,直線BM過定點(4,0).5.解:(1)由已知可得Q(-3,-1),F(c,0).則FP=(3-c,1)