高三理科數(shù)學 二輪復習跟蹤強化訓練：25 Word版含解析

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1、 跟蹤強化訓練(二十五)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．與圓x2＋y2＝1及x2＋y2－8x＋12＝0都外切的圓的圓心在(　　) A．一個橢圓上 B．雙曲線的一支上 C．一條拋物線上 D．一個圓上 [解析]　圓x2＋y2－8x＋12＝0的圓心為(4,0)，半徑為2，動圓的圓心到(4,0)的距離減去到(0,0)的距離等于1，由此可知，動圓的圓心在雙曲線的一支上．故選B. [答案]　B 2．(20xx·重慶模擬)設A，P是橢圓＋y2＝1上兩點，點A關(guān)于x軸的對稱點為B(異于點P)，若直線AP，BP分別交x軸于點M，N，則·＝

2、(　　) A．0 B．1 C. D．2 [解析]　依題意，將點P特殊化為點(，0)，于是點M，N均與點(，0)重合，于是有·＝2，故選D. [答案]　D 3．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 [解析]　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝1，＋＝1，兩式作差并化簡變形得＝－，而＝＝，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9.故

3、選D. [答案]　D 4．(20xx·廣東珠海模擬)過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F且傾斜角為60°的直線l與拋物線在第一、四象限分別交于A，B兩點，則的值等于(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 [解析]　因為拋物線y2＝2px(p>0)，所以它的焦點坐標為，因為直線l的傾斜角為60°，所以直線l的方程為y－0＝，即y＝x－p.設直線與拋物線的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴|AF|＝x1＋，|BF|＝x2＋，聯(lián)立方程組消去y并整理，得12x2－20px＋3p2＝0，解得x1＝，x2＝，∴|AF|＝x1＋＝2p，|

4、BF|＝x2＋＝，∴|AF|∶|BF|＝3∶1，∴的值為3. [答案]　C 5．(20xx·河北石家莊二模)已知直線l與雙曲線C：x2－y2＝2的兩條漸近線分別交于A，B兩點，若AB的中點在該雙曲線上，O為坐標原點，則△AOB的面積為(　　) A. B．1 C．2 D．4 [解析]　由題意得，雙曲線的兩條漸近線方程為y＝±x，又直線l與兩條漸近線交于A，B兩點，故可設A(x1，x1)，B(x2，－x2)，且|OA|＝|x1|，|OB|＝|x2|， ∴AB的中點坐標為. 又點A，B的中點在雙曲線x2－y2＝2上， ∴2－2＝2?x1x2＝2. 顯然△AO

5、B是直角三角形， ∴S△AOB＝|OA|·|OB|＝×|x1|·|x2|＝x1x2＝2.故選C. [答案]　C 6．(20xx·南昌聯(lián)考)已知橢圓＋＝1(a>b>0)，A，B為橢圓上的兩點，線段AB的垂直平分線交x軸于點M，則橢圓的離心率e的取值范圍是(　　) A. B. C. D. [解析]　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2， 則 即 所以(x1－x2)＝(x－x)，所以＝x1＋x2. 又－a≤x1≤a，－a≤x2≤a，x1≠x2，所以－2a<x1＋x2<2a，則<2a，即<

6、;，所以e2>.又0<e<1，所以<e<1. [答案]　D 二、填空題 7．橢圓C：＋＝1的左、右頂點分別為M，N，點P在C上，且直線PN的斜率是－，則直線PM的斜率為________． [解析]　設P(x0，y0)，則＋＝1，直線PM的斜率kPM＝，直線PN的斜率kPN＝，可得kPM·kPN＝＝－，故kPM＝－·＝3. [答案]　3 8．(20xx·鄭州一模)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F1的直線l與C的左、右兩個分支分別交于點B，A.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線

7、的離心率為________． [解析]　∵△ABF2為等邊三角形，∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°. 由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，∴|BF1|＝2a. 又|BF2|－|BF1|＝2a，∴|BF2|＝4a.∴|AF2|＝4a，|AF1|＝6a. 在△AF1F2中，由余弦定理可得 |F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cos60°， ∴(2c)2＝(4a)2＋(6a)2－2×4a×6a×，整理得c2＝7a2，∴e＝＝＝. [答案]　 9．(20x

8、x·四川卷)設O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為________． [解析]　解法一：設M(x，y)，P(x0，y0)，則y＝2px0，焦點F.根據(jù)題意，＝2，＝(x－x0，y－y0)，＝，所以 所以kOM＝＝＝≤＝ (當且僅當y＝2p2時，等號成立)． 解法二：如圖，在x軸上取點N(－p,0)，連接PN，OM， 則kPN＝kOM.設P(x，y)， 則kOM＝kPN＝＝＝＝≤＝， 當且僅當y2＝2p2時等號成立． [答案]　 三、解答題 10．(20

9、xx·唐山統(tǒng)考)已知動點P到直線l：x＝－1的距離等于它到圓C：x2＋y2－4x＋1＝0的切線長(P到切點的距離)．記動點P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)點Q是直線l上的動點，過圓心C作QC的垂線交曲線E于A，B兩點，設AB的中點為D，求的取值范圍． [解]　(1)由已知得，圓心為C(2,0)，半徑r＝.設P(x，y)，依題意可得|x＋1|＝，整理得y2＝6x. 故曲線E的方程為y2＝6x. (2)設直線AB的方程為my＝x－2， 則直線CQ的方程為y＝－m(x－2)，可得Q(－1,3m)． 將my＝x－2代入y2＝6x并整理可得y2－6my－12＝0

10、， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝6m，y1y2＝－12，D(3m2＋2,3m)，|QD|＝3m2＋3. |AB|＝2， 所以2＝ ＝∈， 故∈. 11．(20xx·寶雞市高三質(zhì)量檢測)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，其離心率e＝，點P為橢圓上的一個動點，△PF1F2面積的最大值為4. (1)求橢圓的方程； (2)若A，B，C，D是橢圓上不重合的四個點，AC與BD相交于點F1，·＝0，求||＋||的取值范圍． [解]　(1)由題意得，當點P是橢圓的上、下頂點時，△PF1F2的面積取得最大值，

11、 此時S△PF1F2＝|F1F2|·|OP|＝bc，∴bc＝4， 因為e＝，所以b＝2，a＝4， 所以橢圓方程為＋＝1. (2)由(1)得，F(xiàn)1的坐標為(－2,0)， 因為·＝0，所以AC⊥BD， ①當直線AC與BD中有一條直線斜率不存在時，易得||＋||＝6＋8＝14. ②當直線AC的斜率k存在且k≠0時，設其方程為y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)． 由得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0， x1＋x2＝，x1x2＝. ||＝|x1－x2|＝， 此時直線BD的方程為y＝－(x＋2)． 同理由可得||＝， ||＋|

12、|＝＋ ＝， 令t＝k2＋1，則||＋||＝(t>1)， 因為t>1,0<≤，所以||＋|| ＝∈， 綜上，||＋||的取值范圍是. 12．(20xx·石家莊市一模)如圖，已知橢圓C：＋y2＝1的左頂點為A，右焦點為F，O為坐標原點，M，N是y軸上的兩個動點，且MF⊥NF，直線AM和AN分別與橢圓C交于E，D兩點． (1)求△MFN的面積的最小值； (2)證明：E，O，D三點共線． [解]　(1)解法一：如題圖，設M(0，m)，N(0，n)， ∵MF⊥NF，∴m·n＝－1. ∵S△MFN＝|MF|·|FN| ＝

13、83;. ＝ ＝ ≥＝1. 當且僅當|m|＝1，|n|＝1且mn＝－1時等號成立． ∴△MFN的面積的最小值為1. 解法二：設M(0，m)，N(0，n)，∵MF⊥NF，∴m·n＝－1， ∵S△MFN＝|MN|·|OF|＝|MN|， 且|MN|2＝|m－n|2＝m2＋n2－2mn＝m2＋n2＋2≥2|mn|＋2＝4，當且僅當|m|＝1，|n|＝1且mn＝－1時等號成立，∴|MN|min＝2， ∴(S△MFN)min＝|MN|＝1. 故△MFN的面積的最小值為1. (2)∵A(－，0)，M(0，m)， ∴直線AM的方程為y＝x＋m， 由得(1＋m2)x2＋2m2x＋2(m2－1)＝0， 設E(xE，yE)，D(xD，yD)， 由－·xE＝，得xE＝，① 同理可得xD＝， ∵m·n＝－1， ∴xD＝＝.② 由①②可知xE＝－xD， 代入橢圓方程可得y＝y(tǒng). ∵MF⊥NF，∴N，M分別在x軸兩側(cè)，∴yE＝－yD， ∴＝，故E，O，D三點共線．