2020-2021学年新教材高考数学 章末复习课3练习（含解析）（选择性必修第一册）.docx

1、章末复习课回顾本章学习过程、建构“基本思想、基础知识、基本技能、基本活动经验”之间的联系.要点训练一圆锥曲线的几何性质圆锥曲线的几何性质主要包括范围、对称性、焦点、顶点、长短轴(椭圆)、实虚轴(双曲线)、渐近线(双曲线)、离心率和准线(抛物线).1.若椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,则双曲线x2a2-y2b2=1的渐近线方程为()A.y=12xB.y=2xC.y=4xD.y=14x解析:由椭圆的离心率e=32,可知a2-b2a2=34,所以ba=12,故双曲线的渐近线方程为y=12x.答案:A2.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F,直线l经过点F且与

2、双曲线的一条渐近线垂直,直线l与双曲线的右支交于不同的两点A,B,若AF=3FB,则该双曲线的离心率为()A.52B.62C.233D.3解析:不妨设与直线l垂直的渐近线的方程为y=-bax.由题意,得直线l的方程为x=bay+c,取a=1,则x=by+c,且b2=c2-1.将x=by+c代入x2-y2b2=1,得(b4-1)y2+2b3cy+b4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-2b3cb4-1,y1y2=b4b4-1.由AF=3FB,得y1=-3y2,所以-2y2=-2b3cb4-1,-3y22=b4b4-1,得3b2c2=1-b4,解得b2=14,所以c=b2+

3、1=54=52,故该双曲线的离心率为e=ca=52.答案:A3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,F1,F2为椭圆的左、右焦点,P为椭圆短轴的端点,PF1F2的面积为2.(1)求椭圆C的方程.(2)设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OAOB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.解: (1)由题意,得ca=22,122cb=2,a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x00.因为OAOB,

4、所以OAOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.当x0=t时,y0=-t22,代入椭圆C的方程,得t=2,故直线AB的方程为x=2.圆心O到直线AB的距离d=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.当x0t时,直线AB的方程为y-2=y0-2x0-t(x-t),即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0,d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2.因为x02+2y02=4,t=-2y0x0,所以d=2x0+2y02x0x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.综上所述,直线AB与圆

5、x2+y2=2相切.要点训练二直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的三种位置关系将直线方程与圆锥曲线方程联立,化简后得到关于x(或y)的一元二次方程,则直线与圆锥曲线的位置关系有三种情况:(1)相交:0直线与圆锥曲线相交;(2)相切:=0直线与圆锥曲线相切; (3)相离:1,b0)的焦距为2c,直线l过点(a,0)和(0,b),且点(1,0)到直线l的距离与点(-1,0)到直线l的距离之和s45c,则双曲线的离心率的取值范围是52,5.解析:由题意知直线l的方程为bx+ay-ab=0.由点到直线的距离公式,且a1,得点(1,0)到直线l的距离d1=b(a-1)a2+b2,点(-1,0)到直线

6、l的距离d2=b(a+1)a2+b2,s=d1+d2=2abc45c,即5ac2-a22c2,即5e2-12e2,所以4e4-25e2+250,解得54e25,因为e1,所以52e5,即e的取值范围为52,5.2.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0),其焦点为F1,F2,离心率为22,直线l:x+2y-2=0与x轴,y轴分别交于点A,B.(1)若点A是椭圆E的一个顶点,求椭圆的方程;(2)若线段AB上存在点P满足|PF1|+|PF2|=2a,求a的取值范围.解:(1)由题意,得A(2,0),B(0,1).由椭圆的离心率为22,得a=2c.由题意得a=2,所以c=2,b=2,所以椭圆的方

7、程为x24+y22=1.(2)由e=22,设椭圆方程为x2a2+2y2a2=1,联立方程,得x2a2+2y2a2=1,x+2y-2=0,消去x,得6y2-8y+4-a2=0.若线段AB上存在点P满足|PF1|+|PF2|=2a,则线段AB与椭圆E有公共点,等价于方程6y2-8y+4-a2=0在y0,1上有解.设f(y)=6y2-8y+4-a2,则0,f(0)0,即a243,4-a20,所以43a24,故a的取值范围是233,2.要点训练三圆锥曲线的定义及应用“回归定义”解题的三点应用应用一:在求轨迹方程时,若所求轨迹符合某种圆锥曲线的定义,则根据圆锥曲线的定义,写出所求的轨迹方程.应用二:涉及

8、椭圆、双曲线上的点与两个焦点构成的三角形问题时,常用定义结合解三角形的知识来解决.应用三:在求有关抛物线的最值问题时,常利用定义把到焦点的距离转化为到准线的距离,或把到准线的距离转化为到焦点的距离.1.已知两圆C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,动圆M在圆C1内部且和圆C1相内切,和圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为()A.x264-y248=1B.x248+y264=1C.x248-y264=1D.x264+y248=1解析:设动圆圆心坐标M(x,y),半径为r,因为圆M与圆C1:(x-4)2+y2=169内切,与圆C2:(x+4)2+y2=9外切,所以|MC

9、1|=13-r,|MC2|=r+3,所以|MC1|+|MC2|=168,由椭圆的定义,知圆心M的轨迹为以C1,C2为焦点的椭圆,可得a=8,c=4,则b2=a2-c2=48,所以动圆圆心M的轨迹方程为x264+y248=1.答案:D2.在ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,其中a,c,b成等差数列,且acb,|AB|=2,求顶点C的轨迹方程.解:以线段AB所在直线为x轴,线段AB的中点为原点建立平面直角坐标系(图略),因为a,c,b成等差数列,且acb,所以a+b=2c,即|BC|+|AC|=2|AB|=4.由椭圆的定义,可知点C的轨迹是以A,B为焦点的椭圆(y0),其长半轴长为2,

10、短半轴长为3,方程为x24+y23=1.又因为acb,所以x0.又因为三点A,B,C构成三角形,所以x-2,所以顶点C的轨迹方程为x24+y23=1(x0,n0).(3)定量由题设中的条件找到“式”中关于待定系数的等量关系,通过解方程得到量的大小.1.以x轴为对称轴,通径长为8,顶点为坐标原点的抛物线方程是()A.y2=8xB.y2=-8xC.y2=8x或y2=-8xD.x2=8y或x2=-8y答案:C2.若椭圆x2a2+y2b2=1的焦点在x轴上,过点1,12作圆x2+y2=1的切线,切点分别为A,B,直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆的方程是x25+y24=1.解析:因为点1,1

11、2在圆外,过点1,12与圆相切的一条直线为x=1,且直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,所以椭圆的右焦点为(1,0),即c=1.设点P1,12,连接OP,则OPAB,因为kOP=12,所以kAB=-2.又因为直线AB过点(1,0),所以直线AB的方程为2x+y-2=0.因为点(0,b)在直线AB上,所以b=2.又因为c=1,所以a2=5,所以椭圆的方程是x25+y24=1.3.已知双曲线与椭圆x2+4y2=64共焦点,它的一条渐近线方程为x-3y=0,求双曲线的方程.解:椭圆x2+4y2=64,即x264+y216=1,其焦点是(43,0).设双曲线方程为x2a2 - y2b2=1(a0,b

12、0),则其渐近线方程是y=bax.因为双曲线的一条渐近线方程为x-3y=0,所以ba=33.又因为a2+b2=c2=64-16=48,解得a2=36,b2=12.所以所求双曲线方程为x236-y212=1.要点训练五圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题, 涉及函数、方程、不等式(组)、平面几何等诸多方面的知识,形成了求轨迹、最值、对称性、取值范围、线段的长度等多种问题.角度一:定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式中参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值.(2)斜率之积、之和为定值:利用斜率公式得出斜率的解析式,再利用题设条件化简、变形求解.(3)求

13、某线段长度为定值:利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求解.已知抛物线C:y2=ax(a0)上一点Pt,12到焦点F的距离为2t.(1)求抛物线C的方程.(2)抛物线上一点A的纵坐标为1,过点Q(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合),设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.(1)解:由抛物线的定义可知,|PF|=t+a4=2t,则a=4t.因为点Pt,12在抛物线上,所以at=14,所以aa4=14,所以a2=1.因为a0,所以a=1,所以抛物线的方程为y2=x.(2)证明:因为点A在抛物线上,且yA=1,所以xA=1

14、,所以点A的坐标为(1,1).设过点Q(3,-1)的直线l的方程为x-3=m(y+1),即x=my+m+3,代入y2=x,得y2-my-m-3=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=m,y1y2=-m-3,所以k1k2=y1-1x1-1y2-1x2-1=y1y2-(y1+y2)+1m2y1y2+m(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=-12.所以k1k2为定值.角度二:定点问题的两种解法(1)引进参数法:先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示的变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.(2)特殊到一般法:先根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关

15、.1.已知抛物线y2=2px(p0)上的点T(3,t)到焦点F的距离为4.(1)求t,p的值.(2)如图,设A,B是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点,且OAOB=5(其中O为坐标原点).说明:直线AB过定点,并求出该定点的坐标.解:(1)由抛物线的定义,得3+p2=4,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.把点T(3,t)代入抛物线方程,可解得t=23.(2)设直线AB的方程为x=my+n,Ay124,y1,By224,y2,由y2=4x,x=my+n,得y2-4my-4n=0,则y1+y2=4m,y1y2=-4n.由OAOB=5,得(y1y2)216+y1y2=5,所以y1y2=-20

16、或y1y2=4(舍去),所以-4n=-20,即n=5,所以直线AB的方程为x=my+5,所以直线AB过定点(5,0).2.(全国卷)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的左顶点、右顶点,G为椭圆E的上顶点,AGGB=8.P为直线x=6上的动点,PA与椭圆E的另一交点为C,PB与椭圆E的另一交点为D.(1)求椭圆E的方程;(2)证明:直线CD过定点.(1)解:由题意,得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则AG=(a,1),GB=(a,-1),由AGGB=8,得a2-1=8,即a=3,所以椭圆E的方程为x29+y2=1.(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(

17、6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n.作出图象,如图所示.由题意可知,-3n3.因为直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3).同理可得y2=t3(x2-3).于是有3y1(x2-3)=y2(x1+3).因为x229+y22=1,所以y22=-(x2+3)(x2-3)9,将其代入,消去x2-3,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.由x=my+n,x29+y2=1,消去x整理可得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9,将

18、其代入,得(27+m2)(n2-9)-2m2n(n+3)+(n+3)2(m2+9)=0,解得n=32或-3.因为-3n0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM的斜率的最大值为()A.33B.23C.22D.1解析:设Py022p,y0,由题意得Fp2,0,显然y00,则OM=OF+FM=OF+13FP=OF+13(OP-OF)=13OP+23OF=y026p+p3,y03,可得kOM=y03y026p+p3=2y0p+2py0222=22,当且仅当y02=2p2,即y0=2p时取等号.答案:C2.已知椭圆E的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴,且抛物线x2=-42y的

19、焦点是它的一个焦点,点A(1,2)在该椭圆上.(1)求椭圆E的方程;(2)若斜率为2的直线l与椭圆E交于不同的两点B,C,当ABC面积为最大值时,求直线l的方程.解:(1)由已知,得抛物线的焦点为(0,-2),故可设椭圆E的方程为y2a2+x2a2-2=1.将点A(1,2)的坐标代入椭圆方程,得2a2+1a2-2=1,整理得a4-5a2+4=0,得a2=4或a2=1(舍去),故所求椭圆E的方程为y24+x22=1.(2)设直线l的方程为y=2x+m,设B(x1,y1),C(x2,y2),由y24+x22=1,y=2x+m,消去y并化简,得4x2+22mx+m2-4=0.由=8m2-16(m2-

20、4)=8(8-m2)0,得m2b0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求椭圆C的方程;(2)点M,N在椭圆C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.(1)解:由题意可得e=ca=22,4a2+1b2=1,a2=b2+c2,2分解得a2=6,b2=3.1分(累计3分)故椭圆C的方程为x26+y23=1.1分(累计4分)(2)证明:设点M(x1,y1),N(x2,y2).因为AMAN,所以AMAN=0,即(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0.(i)1分(累计5分)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m,如图.代入椭圆方程消

21、去y并整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,所以x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2,(ii)2分(累计7分)把y1=kx1+m和y2=kx2+m代入(i)式整理可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0,(iii)将(ii)式代入(iii)式可得(k2+1)2m2-61+2k2+(km-k-2)-4km1+2k2+(m-1)2+4=0,整理化简,得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10,所以2k+3m+1=0,k1,1分(累计8分)评分细则第(1)题有e=ca=2

22、2得1分,有4a2+1b2=1得1分.没有过程只有结果得1分.如果第(1)问错误,那么第(2)问0分.第(2)题只有写出坐标表达式才能得分.设方程有以下两种情况:第一,如果设直线MN为x=my+n,同样得分.第二,如果设直线MA为y-1=k(x-2),得到点M坐标为4k2-4k-22k2+1,-2k2-4k+12k2+1可得2分,再求出点N坐标为4+4k-2k2k2+2,-2+4k+k2k2+2可得1分,后面基本不会再得分.x1+x2和x1x2两个式子同时对得2分,否则不得分.只要写出点Q的坐标即可得1分.所以直线MN的方程为y=kx-23-13(k1),所以直线过定点E23,-13.1分(累

23、计9分)当直线MN的斜率不存在时,可得N(x1,-y1),如图.由AMAN,得(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,得(x1-2)2+1-y12=0,由x126+y123=1,(x1-2)2+1-y12=0,化简可得3x12-8x1+4=0,解得x1=23或x1=2(不合题意,舍去),此时直线MN过点E23,-13.1分(累计10分)由于|AE|为定值,且ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点Q满足|QD|=12|AE|=223,为定值.1分(累计11分)由A(2,1),E23,-13及中点坐标公式可得Q43,13.故存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.1分(累计12分)得分技巧1.得步骤分:第(1)题中要有e=ca=22和4a2+1b2=1两个式子,每个式子1分,没有则不得分.第(2)题中只有写出坐标表达式才能得分,只写向量表达式不得分.2.得关键分:第(2)题中求点E的坐标时要有关键步骤,非关键运算过程不是得分点.3.得运算分:如第(1)题结果运算错误则第(2)题不会得分.第(2)题中只有x1+x2和x1x2两个式子同时对才能得分,否则不得分.