新课标版数学（理）高三总复习：题组层级快练71

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1、题组层级快练题组层级快练(七十一七十一) 1设 a0 为常数，动点 M(x，y)(y0)分别与两定点 F1(a,0)，F2(a,0)的连线的斜率之积为定值 ， 若点 M 的轨迹是离心率为 3的双曲线，则 的值为( ) A2 B2 C3 D. 3 答案 A 解析 轨迹方程为 y xa y xa，整理，得 x2 a2 y2 a21(0)，c 2a2(1)，1c 2 a23，2，故选 A. 2(2015 山东青岛一模)如图，从点 M(x0,4)发出的光线，沿平行于抛物线 y28x 的对称轴方向射向此 抛物线上的点 P，经抛物线反射后，穿过焦点射向抛物线上的点 Q，再经抛物线反射后射向直线 l：xy

2、100 上的点 N，经直线反射后又回到点 M，则 x0等于( ) A5 B6 C7 D8 答案 B 解析 由题意可知，p4，F(2,0)，P(2,4)，Q(2，4)，QN：y4，直线 QN，MN 关于 l：xy 100 对称，即直线 l 平分直线 QN，MN 的夹角，所以直线 MN 垂直于 x 轴，解 y4， xy100， 得 N(6， 4)，故 x0等于 6.故选 B. 3(2014 江苏南通一模)在平面直角坐标系 xOy 中，已知定点 F(1,0)，点 P 在 y 轴上运动，点 M 在 x 轴上，点 N 为平面内的动点，且满足PM PF 0，PM PN 0. (1)求动点 N 的轨迹 C

3、的方程； (2)设点 Q 是直线 l：x1 上任意一点，过点 Q 作轨迹 C 的两条切线 QS，QT，切点分别为 S，T， 设切线 QS，QT 的斜率分别为 k1，k2，直线 QF 的斜率为 k0，求证：k1k22k0. 答案 (1)y24x (2)略 解析 (1)设点 N(x，y)，M(a,0)，P(0，b) 由PM PN 0 可知，点 P 是 MN 的中点 所以 ax 2 0， 0y 2 b， 即 ax， by 2. 所以点 M(x,0)，P(0，y 2) 所以PM (x，y 2)，PF (1，y 2) 由PM PF 0，可得xy 2 40，即 y 24x. 所以动点 N 的轨迹 C 的方

4、程为 y24x. (2)设点 Q(1，t)，由于过点 Q 的直线 ytk(x1)与轨迹 C：y24x 相切， 联立方程 y24x， ytkx1， 整理，得 k2x22(k2kt2)x(kt)20.则 4(k2kt2)24k2(kt)20，化简得 k2tk10.显 然，k1，k2是关于 k 的方程 k2tk10 的两个根，所以 k1k2t. 又 k0t 2，故 k1k22k0.所以命题得证 4(2015 北京海淀二模)已知椭圆 G 的离心率为 2 2 ，其短轴两端点为 A(0,1)，B(0，1) (1)求椭圆 G 的方程； (2)若 C，D 是椭圆 G 上关于 y 轴对称的两个不同点，直线 AC

5、，BD 与 x 轴分别交于点 M，N.判断以 MN 为直径的圆是否过点 A，并说明理由 答案 (1)x 2 2y 21 (2)不过点 A 解析 (1)由已知可设椭圆 G 的方程为x 2 a2 y2 11(a1) 由 e 2 2 ，可得 e2a 21 a2 1 2，解得 a 22. 所以椭圆的标准方程为x 2 2y 21. (2)方法一：设 C(x0，y0)，且 x00，则 D(x0，y0) 因为 A(0,1)，B(0，1)，所以直线 AC 的方程为 yy01 x0 x1. 令 y0，得 xM x0 y01，所以 M( x0 y01，0) 同理，直线 BD 的方程为 yy01 x0 x1，求得

6、N( x0 y01，0) AM ( x0 1y0，1)，AN ( x0 1y0，1)， 所以AM AN x20 1y201. 由 C(x0，y0)在椭圆 G：x 2 2y 21 上， 所以 x202(1y20) 所以AM AN 10，所以MAN90 . 所以以线段 MN 为直径的圆不过点 A. 方法二：因为 C，D 关于 y 轴对称，且 B 在 y 轴上， 所以CBADBA. 因为 N 在 x 轴上， 又 A(0,1)，B(0，1)关于 x 轴对称， 所以NABNBACBA. 所以 BCAN，所以NAC180 ACB. 设 C(x0，y0)，且 x00，则 x202(1y20) 因为CA CB

7、 (x0,1y0) (x0，1y0)x20(y201)1 2x 2 00，所以ACBb0)与双曲线 x2 4v y2 1v1(1v4)有公共焦点， 过椭圆 C 的右顶点 B 任意作直线 l，设直线 l 交抛物线 y22x 于 P，Q 两点，且 OPOQ. (1)求椭圆 C 的方程； (2)在椭圆 C 上，是否存在点 R(m，n)，使得直线 l：mxny1 与圆 O：x2y21 相交于不同的两点 M，N，且OMN 的面积最大？若存在，求出点 R 的坐标及对应的OMN 的面积；若不存在，请说明理 由 答案 (1)x 2 4y 21 (2)(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )，

8、SOMN1 2 解析 (1)1v4，双曲线的焦点在 x 轴上 设 F( c,0)，则 c24vv13. 由椭圆 C 与双曲线共焦点，知 a2b23. 设直线 l 的方程为 xtya，代入 y22x 并整理， 得 y22ty2a0. 则 y1y22t，y1y22a. OP OQ x1x2y1y2 (ty1a)(ty2a)y1y2 (t21)y1y2at(y1y2)a2 (t21)(2a)2at2a2 a22a0. 解得 a2，b1.故椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. (2)方法一：假设存在点 R(m，n)满足题意，则m 2 4 n21，即 m244n2. 设圆心到直线 l 的距离为 d，则

9、 d1， 且 d|m0n01| m2n2 1 m2n2. 又|MN|21d2， SOMN1 2|MN|d 1 22 1d 2d 1d2d1d 2d2 2 1 2. 当且仅当 1d2d，即 d 2 2 时，SOMN取得最大值1 2. 由 d 1 m2n2 2 2 ，得 m2n22. 联立 m2n22， m244n2， 得 m24 3， n22 3. 故存在点 R 满足题意，坐标为(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )，此时OMN 的面积为1 2. 方法二：SOMN1 2|OM| |ON|sinMON， 当MON90 时，SMON取最大值1 2. 此时 O 到 l 的距离 d 1 m2n2 2 2 ， m2n22. 又m 2 4 n21，解得 m24 3，n 22 3. 故存在点 R 的坐标为(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )或(2 3 3 ， 6 3 )，此时OMN 的面积 为1 2.