2019-2020年高考數學回歸課本 圓錐曲線（二）教案 舊人教版.doc

《2019-2020年高考數學回歸課本 圓錐曲線（二）教案 舊人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數學回歸課本 圓錐曲線（二）教案 舊人教版.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考數學回歸課本 圓錐曲線（二）教案 舊人教版 五、聯賽一試水平訓練題 1．在平面直角坐標系中，若方程m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2表示的曲線為橢圓，則m的取值范圍是_________. 2．設O為拋物線的頂點，F為焦點，且PQ為過F的弦，已知|OF|=a，|PQ|=b，ΔOPQ面積為_________. 3．給定橢圓，如果存在過左焦點F的直線交橢圓于P，Q兩點，且OPOQ，則離心率e的取值范圍是_________. 4．設F1，F2分別是雙曲線(a>b>0)的左、右焦點，P為雙曲線上的動點，過F1作∠F1PF2平分線的垂線，垂足為M，則M的軌跡為_________. 5．ΔABC一邊的兩頂點坐標為B（0，）和C（0，），另兩邊斜率的乘積為，若點T坐標為(t,0)(t∈R+),則|AT|的最小值為_________. 6．長為l(l<1)的線段AB的兩端點在拋物線y=x2上滑動，則線段AB的中點M到x軸的最短距離等于_________. 7．已知拋物線y2=2px及定點A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠2pa，M是拋物線上的點，設直線AM，BM與拋物線的另一個交點分別為M1，M2，當M變動時，直線M1M2恒過一個定點，此定點坐標為_________. 8．已知點P（1，2）既在橢圓內部（含邊界），又在圓x2+y2=外部（含邊界），若a,b∈R+,則a+b的最小值為_________. 9．已知橢圓的內接ΔABC的邊AB，AC分別過左、右焦點F1，F2，橢圓的左、右頂點分別為D，E，直線DB與直線CE交于點P，當點A在橢圓上變動時，試求點P的軌跡。 10．設曲線C1：（a為正常數）與C2：y2=2(x+m)在x軸上方有一個公共點P。（1）求實數m的取值范圍（用a表示）； （2）O為原點，若C1與x軸的負半軸交于點A，當00),P(x,y)為軌跡上任一點，則?；啚?k2x2+2y2=m2(1+k2). 當k≠1時，表示橢圓；當k=1時，表示圓。 3．12．由題設a=10,b=6,c=8，從而P到左焦點距離為10e=10=8,所以P到右焦點的距離為20-8=12。 4．-25或-20, 設x1,x2是方程②的兩根，由韋達定理 ③ 由①，③得 y1+y2=kx1+(1-2k)+kx2+(1-2k) =k(x1+x2)+2(1-2k)= ④ 設P1P2的中點P坐標(x,y)，由中點公式及③，④得 消去k得 點（2，0）滿足此方程，故這就是點P的軌跡方程。 高考水平測試題 1．由橢圓方程得焦點為，設雙曲線方程，漸近線為由題設，所以a2=3b2,又,c2=a2+b2. 所以b2=12, a2=36. 2. 900。見圖1，由定義得|FA|=|AA1|,|FB|=|BB1|，有∠1=∠BFB1，∠2=∠AFA1，又∠1=∠3，∠2=∠4，所以∠3+∠4=∠BFB1+∠AFA1=900。 3．相切，若P(x,y)在左支上，設F1為左焦點，F2為右焦點，M為PF1中點，則|MO|=|PF2|=(a-ex)，又|PF1|=-a-ex，所以兩圓半徑之和(-a-ex)+a=(a-ex)=|MO|，所以兩圓外切。當P(x,y)在右支上時，同理得兩圓內切。 4．與F1對應的另一條準線為x=-11，因|MF1|與M到直線x=-11距離d1之比為e，且d1=|xm+11|=10.所以，所以|MF1|= 5．充要。將y=2x+1代入橢圓方程得(b2+4a2)x2+4a2x+a2 (1-b2)=0. ① 若Δ=(4a2) 2-4(b2+4a2)a2 (1-b2)=0，則直線與橢圓僅有一個公共點，即b2+4a2=1；反之，4a2+b2=1，直線與橢圓有一個公共點。 6．y=2(x-1)。消去參數得(y-2m) 2=4(x-m)，焦點為它在直線y=2(x-1)上。 7．1≤m<5。直線過定點(0,1)，所以0≤1.又因為焦點在x軸上，所以5>m,所以1≤m<5。 8．3．雙曲線實軸長為6，通徑為4，故線段端點在異支上一條，在同支上有二條，一共有三條。 9．或。設直線l: y=kx與橢圓交于A(x1,y1),B(x2,y2)，把y=kx代入橢圓方程得(1+3k2)x2-6x+3=0，由韋達定理得 ① ② 因F（1，0），AFBF，所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,即 x1x2-(x1+x2)+1+k2x1x2=0. ③ 把①，②代入③得，所以傾斜角為或 10．3．首先這樣的三角形一定存在，不妨設A，B分別位于y軸左、右兩側，設CA斜率為k(k>0)，CA的直線方程為y=kx+1，代入橢圓方程為(a2k2+1)x2+2a2kx=0，得x=0或，于是，|CA|= 由題設，同理可得|CB|=,利用|CA|=|CB|可得 (k-1)[k2-(a2-1)k+1]=0, 解得 k=1或k2-(a2-1)k+1]=0。① 對于①，當1時，①有兩個不等實根，故最多有3個。 11．解 設焦點為F1，F2，橢圓上任一點為P(x0,y0),∠F1PF2=θ,根據余弦定理得 |F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|?|PF2|cosθ, 又|PF1|+|PF2|=2a，則4c2=(2a)2-2|PF1|?|PF2|(1+cosθ),再將|PF1|=a+ex0，|PF2|=a-ex0及a2=b2+c2代入得4b2=2(a2-e2)(1+cosθ). 于是有 由0，得，所以。因θ∈[0，π]，所以cosθ為減函數，故0 當2b2>a2即時，，arccos，sinθ為增函數，sinθ取最大值；當2b2≤a2時，arccos,θ∈[0,π]，則sinθ最大值為1。 12．解 設A(x1,y1),B(x2,y2)，若AB斜率不為0，設為k，直線AB方程為y=k(x+c)，代入橢圓方程并化簡得 (b2+a2k2)x2+2a2k2cx+a2 (k2c2-b2)=0. ① 則x1,x2為方程①的兩根，由韋達定理得 ② ③ 因為y1y2=k2(x1+c)(x2+c)，再由②，③得 所以=x1x2+y1y2=,O點在以AB為直徑的圓內，等價<0，即k2(a2c2-b4)-a2b2<0對任意k∈R成立，等價于a2c2-b2≤0,即ac-b2≤0,即e2+e-1≤0.所以00，所以方程②必有兩個不同實根，設為x1,x2,由韋達定理得x1x2=-a2<0，所以②必有一個負根設為x1,把x1代入①得y2=,所以（因為x1≠0），所以C1，C2總有兩個不同交點。 （2）設過F1(,0)的直線AB為my=(x+a),由得y2+4may-12a2=0，因為Δ=48m2a2+48a2>0，設y1,y2分別為A，B的縱坐標，則y1+y2=,y1y2=-12a2.所以(y1-y2)2=48a2(m2+1).所以SΔAOB=|y1-y2|?|OF1|=a?a?，當且僅當m=0時，SΔAOB的面積取最小值；當m→+∞時，SΔAOB→+∞，無最大值。所以存在過F的直線x=使ΔAOB面積有最小值6a2. 聯賽一試水平訓練題 1．m>5.由已知得，說明(x,y)到定點（0,-1）與到定直線x-2y+3=0的距離比為常數，由橢圓定義<1，所以m>5. 2.因為b=|PQ|=|PF|+|QF|=,所以。所以SΔOPQ=absinθ=. 3.。設點P坐標為(r1cosθ,r1sinθ),點Q坐標為(-r2sinθ,r2cosθ)，因為P，Q在橢圓上，可得，RtΔOPQ斜邊上的高為≤|OF|=c. 所以a2b2≤c2(a2+b2)，解得≤e<1. 4.以O為圓心，a為半徑的圓。延長F1M交PF2延長線于N，則F2N，而|F2N|=|PN|-|PF2|=|PF1|-|PF2|=2a，所以|OM|=a. 5.t∈(0,1]時|AT|min=,t>1時|AT|min=|t-2|.由題設kAB?kAC=-,設A(x,y)，則(x≠0)，整理得=1(x≠0)，所以|AT|2=(x-t)2+y2=(x-t)2+(x-2t)2+2-t2.因為|x|≤2,所以當t∈(0,1]時取x=2t,|AT|取最小值。當t>1時，取x=2，|AT|取最小值|t-2|. 6.設點M(x0,y0) ，直線AB傾斜角為θ，并設A(x0-), B(x0+),因為A，B在拋物線上，所以 ① ② 由①，②得 2x0cosθ=sinθ. ③ 所以 因為l2<1，所以函數f(x)=.在（0，1]在遞減， 所以。當cosθ=1即l平行于x軸時，距離取最小值 7．設，由A，M，M1共線得y1=，同理B，M，M2共線得，設(x,y)是直線M1M2上的點，則y1y2=y(y1+y2)-2px，將以上三式中消去y1,y2得 y02(2px-by)+y0?2pb(a-x)+2pa(by-2pa)=0. 當x=a,y=時上式恒成立，即定點為 8．。由題設且a2+2b2≤15，解得5≤b2≤6. 所以a+b≥(t=b2-4∈[1,2])，而 ，又t≤2可得上式成立。 9．解 設A(2cosθ,), B(2cosα,sinα),C(2cosβ,sinβ)，這里α≠β，則過A，B的直線為lAB：，由于直線AB過點F1(-1,0)，代入有(sinθ-sinα)?(1+2cosθ)=2sinθ(cosθ-cosα)，即2sin(α-θ)=sinθ-sinα=2?,故 ，即?。又lBD: ?(x+2)=，同理得。lCE: (x-2)= ?(x-2). 兩直線方程聯立，得P點坐標為，消去得點P(x,y)在橢圓上（除去點(-2,0),(2,0)）. 10.解 （1）由消去y得x2+2a2x+2a2m-a2=0,①設f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，問題（1）轉化為方程①在x∈(-a,a)上有唯一解或等根。只需討論以下三種情況： 10．Δ=0，得，此時xp=-a2，當且僅當-a<-a20，從而時取值最大，此時，故；當時，xp=-a2，yp=,此時以下比較與的大小。令，得，故當00，所以，從而 所以直線l的方程為，拋物線C的方程為 聯賽二試水平訓練題 1．以A為原點，直線AC為x軸，建立直角坐標系，設C(c,0),F(f,0),D(xD,kxD),B(xB,-kxB)，則直線DF的方程為 ① 直線BC的方程為 ② c①-f②得 (c-f)x+ ③ ③表示一條直線，它過原點，也過DF與BC的交點G，因而③就是直線AG的方程。 同理 ，直線AE的方程為 (c-f)x+ ④ ③，④的斜率互為相反數，所以∠GAC=∠EAC。 2．證明 假設這樣的閉折線存在，不妨設坐標原點是其中一個頂點，記它為A0，其他頂點坐標為：，…，，其中都是既約分數，并記An+1=A0.若p與q奇偶性相同，則記p≡q，否則記p≠q，下面用數學歸納法證明。 bk≡1,dk≡1(k=1,2,…,n)，ak+ck≠ak-1+ck-1(k=1,2,…,n,n+1)。 當k=1時，由，得，因為a1,b1互質，所以d1被b1整除，反之亦然（即b1被d1整除）。 因此b1=d1，從而不可能都是偶數（否則b1也是偶數，與互質矛盾）；不可能都是奇數，因為兩個奇數的平方和模8余2不是4的倍數，也不可能是完全平方數，因此，a1≠c1,b1≡d1≡1，并且a1+c1≠0=a0+c0. 設結論對k=1,2,…,m-1≤n都成立，令 這里是既約分數，因為每一段的長為1，所以=1，與k=1情況類似：a≡c,d≡b≡1，又因為，分數既約，所以bm是bbm-1的一個因子，bm≡1. 同理可知dm≡1,又am≡abm-1+bam-1（同理cm≡cdm-1+dcm-1）. 因此(am+cm-am-1-cm-1)≡(abm-1+bam-1+cdm-1+dcm-1-am-1-cm-1)≡am-1(b-1)+abm-1+cm-1(d-1)+cdm-1≡a+c≡1. 所以am+cm≠am-1+cm-1，結論成立，于是在頂點數n+1為奇數時，an+1+cn+1≠a0+c0，故折線不可能是閉的。 3．證明 （1）由已知B0P0=B0Q0，并由圓弧P0Q0和Q0P0，Q0P1和P1Q1，P1Q1和Q1P1分別相內切于點Q0，P1，Q1，得C1B0+B0Q0=C1P1，B1C1+C1P1=B1C0+C0Q1以及C0Q1=C0B0+，四式相加，利用B1C1+C1B0=B1C0+C0B0，以及。在B0P0或其延長線上，有B0P0=B0，從而可知點與點P0重合。由于圓弧Q1P0的圓心C0，圓弧P0Q0的圓心B0以及P0在同一直線上，所以圓弧Q1P0和P0Q0相內切于點P0。 （2）現分別過點P0和P1引上述相應相切圓弧的公切線P0T和P1T交于點T。又過點Q1引相應相切圓弧的公切線R1S1，分別交P0T和P1T于點R1和S1，連接P0Q1和P1Q1，得等腰ΔP0Q1R1和ΔP1Q1S1，由此得∠P0Q1P1=π-∠P0Q1P1-∠P1Q1S1=π-(∠P1P0T-∠Q1P0P)-(∠P0P1T-∠Q1P1P0),而π-∠P0Q1P1=∠Q1P0P1+∠Q1P1P0，代入上式后，即得∠P0Q1P1=π-(∠P0B0Q0+∠P1C1Q0). 同理得∠P0Q0P1=π-(∠P0B0Q0+∠P1C1Q0)，所以P0，Q0，Q1，P1共圓。 4．證明 引理：拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)在(x0,y0)處的切線斜率是2ax0+b. 引理的證明：設(x0,y0)處的切線方程為y-y0=k(x-x0)，代入拋物線方程得 ax2+(b-k)x+c+kx0-y0=0. ① 又 故①可化簡成 (x-x0)[a(x+x0)+b-k]=0, ② 因為②只有一個實根，所以k=2ax0+b.引理得證。 設P(x0,y0)為任一正交點，則它是由線y=x?tan?x2與y=x?tan?x2的交點，則兩條切線的斜率分別為（由引理） 又由題設k1k2=-1，所以 ③ 又因為P(x0,y0)在兩條拋物線上，所以 代入③式得 （※） 又因為tanα1,tanα2是方程?t2-t+=0的兩根，所以 tanα1+tanα2= ④ tanα1?tanα2=。 ⑤ 把④，⑤代入（※）式得 ，即 5．證明 以C為原點，CB所在直線為x軸，建立直角坐標系，設∠ADC=θ，|PD|=r.各點坐標分別為D(x1,0),E(0,x1),A(0,x1tanθ),B(x0,0),P(x1-rcosθ,rsinθ). 則lAB方程為，即x1x+x0?cotθ?y-x1x0=0,因為lAB與圓相切，可得x1?=x0x1?cotθ-x1x0|，約去x1,再兩邊平方得 ，所以?x1. ① 又因為點P在圓上，所以(rcos)2+(x1-rsin)2=，化簡得r=2x1sin. ② 要證DP=AP+AE2DP=AD+AE2r=+x1tan-x11+sin-cos=4sincos. ③ 又因為，所以 因為=(x1-x0-rcosθ,rsinθ),=(x1-rcosθ,rsinθ), 所以 (x1-rcosθ)(x1-rcosθ-x0)+r2sin2θ=0. ④ 把②代入④化簡得 ⑤ 由①得x0=x1? 代入⑤并約去x1,化簡得4sin22-3sin2=0，因為sin2≠0，所以sin2=，又因為sin==cos，所以sin-cos>0. 所以sin-cos=，所以1+sin-cos==4sincos，即③成立。所以DP=AP+AE。 6．證明 設BC=d，CD=b，BD=c，則AC=CQ=，取BC中點M，則AMBC，以M為原點，直線BC為x軸建立直角坐標系，則各點坐標分別為，，，，，因為，所以點，所以 因為0<∠DRC<，0<∠ASQ<π，所以只需證tan∠ASQ=tan2∠DRC,即，化簡得9d2-9c2-9b2=0即d2=b2+c2，顯然成立。所以命題得證。