2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测:10.6 圆锥曲线的综合问题 Word版含解析.pdf

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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 10.6 圆锥曲线的综合问题 挖命题 【考情探究】 5 年考情 考点内容解读 考题示例考向关联考点 预测热度 2018 浙江,21 直线与椭圆、 抛物线的位置关系 三角形面积、 取值范围 2017 浙江,21 直线与抛物线 的位置关系 不等式、 最值、取值范围 2016 浙江文,19 直线与抛物线的 位置关系 取值范围 2015 浙江文,19 直线与抛物线 的位置关系 圆、三角形面积 圆锥曲 线的综 合问题 1.了解圆锥曲线的简单应用. 2.理解数形结合的思想. 3.能解决直线与圆锥曲线的综 合应用等问题. 2014 浙江,21 直线与圆 的位置关系

2、 不等式 分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的 方程;二是通过方程研究平面曲线的性质. 2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合 问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题. 3.预计 2020 年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视. 炼技法 【方法集训】 方法 1 圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1.(2018 浙江 9+1 高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,设点 M

3、(x0,y0)是椭圆 C:+y2=1 上一点, 2 2 从原点 O 向圆 M:+=作两条切线,分别与椭圆 C 交于点 P,Q,直线 OP,OQ 的斜率分别记为( - 0)2( - 0)2 k1,k2. (1)求证:k1k2为定值; (2)求四边形 OPMQ 面积的最大值. 解析 (1)证明:因为直线 OP:y=k1x,OQ:y=k2x 与圆 M 相切, 所以=,=,可知 k1,k2是方程(3-2)k2-6x0y0k+3-2=0 的两个不相等的实 | 10- 0| 1 + 2 1 6 3 | 20- 0| 1 + 2 2 6 3 2020 数根, 所以 3-20,k1k2=,因为点 M(x0,y

4、0)在椭圆 C 上,所以=1-, 20 3 2 0- 2 3 2 0- 2 20 2 0 2 所以 k1k2=-. 3 2 0- 2 3 2 0- 2 (2)易知直线 OP,OQ 都不能落在坐标轴上,设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 因为 2k1k2+1=0,所以+1=0,即=, 2 12 12 2122 1 4 2 122 因为 P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆 C 上, 所以=, 2122 (1 - 2 1 2)(1 - 2 2 2) 1 4 2 122 整理得+=2,所以+=1, 21222122 所以 OP2+OQ2=3. 因为 S四边形 OPMQ= (OP+OQ)=(

5、OP+OQ), 6 3 6 6 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 OP+OQ=,所以 S四边形 OPMQ的最大值为 1.2(2+ O2) 6 2.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A, 2 2 2 2 点 P(,)在椭圆 C 上,且PF1F2的面积为 2. 233 (1)求椭圆 C 的方程; (2)过原点 O 且与 x 轴不重合的直线交椭圆 C 于 E,F 两点,直线 AE,AF 分别与 y 轴交于点 M,N.求证:以 MN 为 直径的圆恒过焦点 F1,F2,并求出F1MN 面积的取值范围. 解析 (1)=

6、2c=2,c=2,(2 分) 1233 又点 P(,)在椭圆 C 上, 23 +=1,a4-9a2+8=0, 2 2 3 2- 4 解得 a2=8 或 a2=1(舍去), 又 a2-b2=4,b2=4, 椭圆 C 的方程为+=1.(5 分) 2 8 2 4 (2)由(1)可得 A(-2,0),F1(-2,0),F2(2,0), 2 当直线 EF 的斜率不存在时,E,F 为短轴的两个端点,不妨设 M(0,2),N(0,-2), F1MF1N,F2MF2N, 以 MN 为直径的圆恒过焦点 F1,F2.(7 分) 当直线 EF 的斜率存在且不为零时,设直线 EF 的方程为 y=kx(k0), 设点

7、E(x0,y0)(不妨设 x00),则点 F(-x0,-y0), 由消去 y 得 x2=, = , 2 8 + 2 4 = 1 8 1 + 22 x0=,y0=, 22 1 + 22 22k 1 + 22 直线 AE 的方程为 y=(x+2), 1 +1 + 22 2 直线 AE 与 y 轴交于点 M,令 x=0,得 y=, 22k 1 +1 + 22 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即点 M,同理可得点 N, (0, 22k 1 +1 + 22) (0, 22k 1 -1 + 22) =,=, 1M (2, 22k 1 +1 + 22) 1N (2, 22k 1 -1 + 22)

8、 =0,F1MF1N,同理,F2MF2N, 1M1N 则以 MN 为直径的圆恒过焦点 F1,F2,(12 分) 当直线 EF 的斜率存在且不为零时, |MN|=24, | 22k 1 +1 + 22 - 22k 1 -1 + 22| | 2 2k 1 + 22 2 | 2 1 2 + 2 F1MN 的面积 S=|OF1|MN|4, 又当直线 EF 的斜率不存在时,|MN|=4, F1MN 的面积为|OF1|MN|=4, F1MN 面积的取值范围是4,+).(15 分) 方法 2 定点、定值问题的求法 1.(2017浙江镇海中学模拟卷(四),21)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,且椭圆C

9、上的点到其焦点的 2 2 2 2 距离的最小值为 1. (1)求 a,b 的值; (2)过点 P(3,0)作直线 l 交 C 于 A,B 两点, 求AOB 面积 S 的最大值; 设 Q 为线段 AB 上的点,且满足=,证明:点 Q 的横坐标 xQ为定值. | | | | 解析 (1)由题意知, = 1 2, - = 1, 所以 a=2,c=1, 因此 b=,故 a=2,b=.(4 分)22- 12 33 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)显然直线 l 的斜率存在且不为 0,故可设 l:y=k(x-3)(k0), 联立消去 y,并整理,得 = ( - 3), 2 4 + 2 3

10、= 1, (3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中 =48(3-5k2)0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1+x2=,x1x2=.(6 分) 242 3 + 42 362- 12 3 + 42 原点 O 到直线 l 的距离 d=,|AB|=|x1-x2|=, |3| 2+ 1 1 + 2 1 + 2 48(3 - 52) 3 + 42 所以 SAOB=|AB|d=6|k|=6.(8 分) 3 3 - 52 3 + 42 3 2(3 - 52) (3 + 42)2 设 t=,则 k2=,其中 t,则 1 3 + 42 1 4( 1 - 3) ( 5 27, 1

11、 3) S=6=. 3 1 4 2(1 - 3)3 - 5 4( 1 - 3) 3 2 (9 - 27)(27 - 5) 3 2 9 - 27 + 27 - 5 2 3 当且仅当 9-27t=27t-5,即 t=时,取等号.(10 分) 7 27 故AOB 面积 S 的最大值为. 3 证明:设=,则=-,=,(12 分) | | | | 所以 3-x1=-(x2-3),xQ-x1=(x2-xQ),消去 得, xQ=, 3(1+ 2) - 212 6 - (1+ 2) 3 242 3 + 42 - 236 2 - 12 3 + 42 6 - 242 3 + 42 故点 Q 的横坐标 xQ为定值.

12、(15 分) 2.(2017 浙江五校联考(5 月),21)如图,已知椭圆 :+=1(ab0)经过不同的三点 A,B 2 2 2 2 ( 5 2 , 5 4 ) ,C(C 在第三象限),线段 BC 的中点在直线 OA 上. ( - 1 2, - 3 4) (1)求椭圆 的方程及点 C 的坐标; (2)设点 P 是椭圆 上的动点(异于点 A,B,C),且直线 PB,PC 分别交直线 OA 于 M,N 两点,问|OM|ON|是不 是定值?若是,求该值;若不是,请说明理由. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 (1)由点 A,B 在椭圆 上,得解得所以椭圆 的方程为+=1. 5 4 2

13、 + 5 162 = 1, 1 4 2 + 9 162 = 1, 2= 5 2, 2= 5 8, 2 5 2 2 5 8 设点 C(m,n),则 BC 中点为, ( - 1 2 2 , - 3 4 2) 由已知,求得直线 OA 的方程为 x-2y=0,从而 m=2n-1. 又点 C 在椭圆 上,故 2m2+8n2=5. 由得 n= (舍去)或 n=-,从而 m=-, 所以点 C 的坐标为. ( - 3 2, - 1 4) (2)设 P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2). 当 x0-且 x0-时, 因为 P,B,M 三点共线,所以=,整理得 y1=. 1+ 3 4 2 1+

14、1 2 0+ 3 4 0+ 1 2 3 0- 20 4(20- 0+ 1) 因为 P,C,N 三点共线,所以=,整理得 y2=. 2+ 1 4 2 2+ 3 2 0+ 1 4 0+ 3 2 0- 60 4(20- 0- 1) 因为点 P 在椭圆 上,所以 2+8=5,即=-4. 20202020 从而 y1y2= (30- 20)(0 - 60) 16(20- 0)2- 1 3 2 0- 2000+ 1220 16(42 0+ 20- 400- 1) =. 3(5 2 - 42 0)- 2000+ 1220 16(5 2 - 400- 1) 5(3 2 - 400) 16(3 2 - 400)

15、 5 16 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以|OM|ON|=|y1|y2|=5|y1y2|=,为定值. 55 25 16 当 x0=-或 x0=-时,易求得|OM|ON|=,为定值. 25 16 综上,|OM|ON|是定值,为. 25 16 方法 3 存在性问题的解法 1.(2018 浙江“七彩阳光”联盟期中,21)已知抛物线 C1:x2=4y 的焦点为 F,过抛物线 C2:y=-x2+3 上一点 M 作 抛物线 C2的切线 l,与抛物线 C1交于 A,B 两点. (1)记直线 AF,BF 的斜率分别为 k1,k2,若 k1k2=-,求直线 l 的方程; (2)是否存在正实数m

16、,使得对任意点M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明 理由. 解析 (1)设 M(x0,y0),由 y=-+3,得 y=-,则切线 l 的斜率为 k=-. 2 8 0 4 切线 l 的方程为 y=-(x-x0)+y0=-x+y0=-x-2y0+6+y0,即 y=-x-y0+6.(3 分) 0 4 0 4 2 0 4 0 4 0 4 与 x2=4y 联立,消去 y 得 x2+x0x+4y0-24=0.(4 分) 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,(5 分) 则 y1+y2=-(x1+x2)-2y

17、0+12=-2y0+12=-4y0+18, 0 4 2 0 4 y1y2=, 2 122 16 ( 0- 6)2 则由 k1k2=-, 1- 1 1 2- 1 2 12- (1+ 2) + 1 12 ( 0- 6)2- ( - 40+ 18) + 1 4 0- 24 得 5-28y0+23=0,解得 y0=1 或 y0=.(8 分) 20 23 5 =-8(y0-3)0,y03,故 y0=1,x0=4. 20 则直线 l 的方程为 y=x+5.(9 分) (2)由(1)知直线 l 的方程为 y=-x-y0+6,且 x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24, 0 4 则|AB|=|x1-x2|

18、=, 1 + 2 0 16 1 + 2 0 16 ( 1+ 2)2- 412 16 + 2 0 4 20- 4(40- 24) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即|AB|=2(5-y0),(11 分) 16 - 80+ 24 4 - 80+ 24 - 160+ 96 3 而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13 分) 则|AB|=(|AF|+|BF|),(14 分) 3 2 故存在正实数 m=,使得对任意点 M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15 分) 3 2 3 2 2.(2017 浙江镇海中学模拟卷(六),21)椭圆

19、 C:+=1(ab0)的左、右焦点分别为 F1、F2,M 为椭圆 C 上任 2 2 2 2 意一点,|MF1|-|MF2|的最大值为 2,离心率为. 3 3 (1)若 N 为椭圆 C 上任意一点,且 F2MF2N,求的最小值; 2M (2)若过椭圆 C 右焦点 F2的直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,且=3,试问:在椭圆 C 上是否存在点 P, 使 2B 得线段 OP 与线段 AB 的交点恰为四边形 OAPB 的对称中心?若存在,求点 P 的坐标;若不存在,说明理由. 解析 (1)由题意知, 2 = 2, = 3 3 , 故 b=, = 3, = 1, 2 椭圆 C 的方程是+=1,

20、其右焦点 F2的坐标为(1,0). 2 3 2 2 =(+)=+=, 2M 2M22M2M22M2M |2M| 2 =4-2. ( 2M)min | 2M| 2 min (3 - 1)23 (2)由题意知,直线 l 的斜率不为 0. 假设符合条件的点 P 存在,则=+. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则点 P 的坐标为(x1+x2,y1+y2), 根据=3,得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),y1=-2y2. 2B 设直线 l 的方程为 x=my+1,代入椭圆方程整理得(2m2+3)y2+4my-4=0, 故 y1+y2=-,y1y2=-. 4 22+ 3 4 22+ 3

21、 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 易得-y2=-,-2=-, 4 22+ 3 22 4 22+ 3 消去 y2,得=, ( 4 22+ 3) 2 2 22+ 3 解得 m2=,即 m=. 2 2 当 m=时,y1+y2=-,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时 P. 2 2 2 2 ( 3 2, - 2 2 ) 当 m=-时,y1+y2=,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时 P. 2 2 2 2 ( 3 2, 2 2 ) 经检验,点,都在椭圆 C 上, ( 3 2, - 2 2 ) ( 3 2, 2 2 ) 故 C 上存在点 P,使得线段 OP 与线段 A

22、B 的交点恰为四边形 OAPB 的对称中心. 过专题 【五年高考】 A 组 自主命题浙江卷题组 考点 圆锥曲线的综合问题 1.(2018 浙江,21,15 分)如图,已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点,抛物线 C:y2=4x 上存在不同的两点 A,B 满足 PA,PB 的中点均在 C 上. (1)设 AB 中点为 M,证明:PM 垂直于 y 轴; (2)若 P 是半椭圆 x2+=1(xb0),动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P,且点 P 在第 2 2 2 2 一象限. (1)已知直线 l 的斜率为 k,用 a,b,k 表示点 P 的坐标; (2)若过原点 O 的直线 l1与

23、 l 垂直,证明:点 P 到直线 l1的距离的最大值为 a-b. 解析 (1)设直线 l 的方程为 y=kx+m(k0,解得 kb0)的离心率为,焦距为 2. 2 2 2 2 2 2 (1)求椭圆 E 的方程; (2)如图,动直线 l:y=k1x-交椭圆 E 于 A,B 两点,C 是椭圆 E 上一点,直线 OC 的斜率为 k2,且 k1k2=.M 3 2 2 4 是线段 OC 延长线上一点,且|MC|AB|=23,M 的半径为|MC|,OS,OT 是M 的两条切线,切点分别为 S,T. 求SOT 的最大值,并求取得最大值时直线 l 的斜率. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 本

24、题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力. (1)由题意知 e=,2c=2,所以 a=,b=1, 2 2 2 因此椭圆 E 的方程为+y2=1. 2 2 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2), 联立消 y 整理得(4+2)x2-4k1x-1=0, 2 2 + 2= 1, = 1x - 3 2 , 213 由题意知 0,且 x1+x2=,x1x2=-, 231 2 2 1+ 1 1 2(22 1+ 1) 所以|AB|=|x1-x2|=.1 + 21 2 1 + 2 1 1 + 82 1 1 + 22 1 由题意可知圆 M 的半径 r=|AB|=. 22

25、 3 1 + 2 1 1 + 82 1 2 2 1+ 1 由题设知 k1k2=,所以 k2=, 2 4 2 4 1 因此直线 OC 的方程为 y=x. 2 4 1 联立得 x2=,y2=, 2 2 + 2= 1, = 2 4 1 x, 8 2 1 1 + 42 1 1 1 + 42 1 因此|OC|=. 2+ 2 1 + 82 1 1 + 42 1 由题意可知 sin=, 2 + | 1 1 + | 而=, | 1 + 82 1 1 + 42 1 22 3 1 + 2 1 1 + 82 1 1 + 22 1 32 4 1 + 22 1 1 + 42 1 1 + 2 1 令 t=1+2,则 t1

26、,(0,1), 21 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因此= | 2 2 + t - 1 1 2 + 1 - 1 2 =1, 1 - ( 1 - 1 2) 2 + 9 4 当且仅当=,即 t=2 时等号成立,此时 k1=, 2 2 所以 sin, 2 因此,所以SOT 的最大值为. 2 综上所述,SOT 的最大值为,取得最大值时直线 l 的斜率 k1=. 2 2 思路分析 (1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线 l 与椭圆方程,利用距离公式求|AB|,联 立直线 OC 与椭圆方程求|OC|,进而建立 sin与 k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解. 2 解题

27、反思 最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立 sin与 k1之间的函数关系是 2 解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的 完美结合. 3.(2016 天津,19,14 分)设椭圆+=1(a)的右焦点为 F,右顶点为 A.已知+=,其中 O 2 2 2 3 3 1 | 1 | 3 | 为原点,e 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程; (2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BFHF, 且MOAMAO,求直线 l 的斜率的取值范围. 解析 (1)设 F(c,0),由+

28、=,即+=,可得 a2-c2=3c2,又 a2-c2=b2=3,所以 c2=1,因此 1 | 1 | 3 | 3 ( - ) a2=4,所以椭圆的方程为+=1. 2 4 2 3 (2)设直线 l 的斜率为 k(k0), 则直线 l 的方程为 y=k(x-2). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设 B(xB,yB),由方程组消去 y, 2 4 + 2 3 = 1, = ( - 2) 整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 解得 x=2 或 x=, 8 2 - 6 4 2 + 3 由题意得 xB=,从而 yB=. 8 2 - 6 4 2 + 3 - 12 4 2 +

29、 3 由(1)知 F(1,0),设 H(0,yH),有=(-1,yH),=. ( 9 - 42 4 2 + 3 , 12 4 2 + 3) 由 BFHF,得=0,所以+=0,解得 yH=. 4 2 - 9 4 2 + 3 12 4 2 + 3 9 - 42 12 因此直线 MH 的方程为 y=-x+. 9 - 42 12 设 M(xM,yM), 由方程组消去 y,解得 xM=. = ( - 2), =- 1 x + 9 - 42 12 202+ 9 12(2+ 1) 在MAO 中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+,化简得 xM1,即1,解得 2 2 2 202+ 9 12(2+

30、1) k-或 k. 6 4 6 4 所以直线 l 的斜率的取值范围为. ( - , - 6 4 6 4 , + ) 评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法 研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力. 4.(2016 北京,19,14 分)已知椭圆 C:+=1(ab0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB 的面积 2 2 2 2 3 2 为 1. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 P 是椭圆 C 上一点,直线 PA 与 y 轴交于点 M,直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证:|AN|B

31、M|为定值. 解析 (1)由题意得 = 3 2 , 1 2ab = 1, 2= 2+ 2, 解得 a2=4,b2=1. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以椭圆 C 的方程为+y2=1. 2 4 (2)由(1)知,A(2,0),B(0,1). 设 P(x0,y0),则+4=4. 2020 当 x00 时,直线 PA 的方程为 y=(x-2). 0 0- 2 令 x=0,得 yM=-,从而|BM|=|1-yM|=. 2 0 0- 2 |1 + 2 0 0- 2| 直线 PB 的方程为 y=x+1. 0- 1 0 令 y=0,得 xN=-,从而|AN|=|2-xN|=. 0 0- 1

32、|2 + 0 0- 1| 所以|AN|BM|= |2 + 0 0- 1| |1 + 2 0 0- 2| =| 2 0+ 420+ 400- 40- 80+ 4 00- 0- 20+ 2 | =| 4 00- 40- 80+ 8 00- 0- 20+ 2 | =4. 当 x0=0 时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|BM|=4. 综上,|AN|BM|为定值. 一题多解 (2)点 P 在曲线+=1 上,不妨设 P(2cos ,sin ),当 k 且 k+ (kZ)时,直 ( 2) 2 ( 1) 2 线 AP 的方程为 y-0=(x-2),令 x=0,得 yM=; sin 2(

33、cos - 1) sin 1 - cos 直线 BP 的方程为 y-1=(x-0),令 y=0,得 xN=. sin - 1 2cos 2cos 1 - sin |AN|BM|=2 |1 - cos 1 - sin| |1 - sin 1 - cos| =2=22=4(定值). | 2(1 - sin)(1 - cos) (1 - sin)(1 - cos)| 当 =k 或 =k+ (kZ)时,M,N 是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4. 评析 本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运 算能力要求较高. 高清试卷 下载可打

34、印 高清试卷 下载可打印 5.(2016 四川,20,13 分)已知椭圆 E:+=1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶 2 2 2 2 点,直线 l:y=-x+3 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T. (1)求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标; (2)设O是坐标原点,直线l平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数, 使得|PT|2=|PA|PB|,并求 的值. 解析 (1)由题意得,a=b, 2 则椭圆 E 的方程为+=1. 2 2 2 2 2 由方程组得 3x2-12x+(18-2b2)=0. 2 2 2 + 2 2 = 1, =-

35、+ 3, 方程的判别式为 =24(b2-3),由 =0,得 b2=3, 此时方程的解为 x=2, 所以椭圆 E 的方程为+=1, 2 6 2 3 点 T 的坐标为(2,1). (2)由已知可设直线 l的方程为 y=x+m(m0), 由方程组可得 = 1 2x + m, =- + 3, = 2 - 2 3 , = 1 + 2 3 . 所以 P 点坐标为,|PT|2=m2. (2 - 2 3 ,1 + 2 3 ) 设点 A,B 的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程组可得 3x2+4mx+(4m2-12)=0. 2 6 + 2 3 = 1, = 1 2x + m, 方程的判别式

36、为 =16(9-2m2), 由 0,解得-0),直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个 交点 A,B,线段 AB 的中点为 M. (1)证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值; (2)若 l 过点,延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时 l 的斜率;若 ( 3 ,m) 不能,说明理由. 解析 (1)证明:设直线 l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将 y=kx+b 代入 9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM=,yM=kxM+b=

37、. 1+ 2 2 - 2+ 9 9 2+ 9 于是直线 OM 的斜率 kOM=-,即 kOMk=-9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值. (2)四边形 OAPB 能为平行四边形. 因为直线 l 过点,所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0,k3. ( 3 ,m) 由(1)得 OM 的方程为 y=-x. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设点 P 的横坐标为 xP. 由得=,即 xP=. =- 9 x, 9 2 + 2= 2 2 22 9 2 + 81 32+ 9 将代入 l 的方程得 b=, ( 3 ,m) (3 - ) 3 因此 xM=. ( -

38、 3) 3(2+ 9) 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分,即 xP=2xM. 于是=2,解得 k1=4-,k2=4+. 32+ 9 ( - 3) 3(2+ 9) 77 因为 ki0,ki3,i=1,2,所以当 l 的斜率为 4-或 4+时,四边形 OAPB 为平行四边形. 77 评析 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力. C 组 教师专用题组 考点 圆锥曲线的综合问题 1.(2017 山东文,21,14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C:+=1(ab0)的离心率为,椭圆 C 截 2 2 2

39、2 2 2 直线 y=1 所得线段的长度为 2. 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)动直线 l:y=kx+m(m0)交椭圆 C 于 A,B 两点,交 y 轴于点 M.点 N 是 M 关于 O 的对称点,N 的半径为|NO|. 设 D 为 AB 的中点,DE,DF 与N 分别相切于点 E,F,求EDF 的最小值. 解析 本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值. (1)由椭圆的离心率为,得 a2=2(a2-b2), 2 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又当 y=1 时,x2=a2-,得 a2-=2, 2 2 2 2 所以 a2=4,b2=2. 因此椭圆方程为+=1. 2 4

40、 2 2 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立 = + , 2+ 22= 4, 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由 0 得 m20, 从而 y=t+在3,+)上单调递增, 因此 t+, 10 3 等号当且仅当 t=3 时成立,此时 k=0, 所以1+3=4, |2 |2 由(*)得-b0),四点 P1(1,1),P2(0,1),P3,P4 2 2 2 2 ( - 1, 3 2 ) 中恰有三点在椭圆 C 上. (1, 3 2 ) (1)求 C 的方程; (2)设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A,B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为-1

41、,证明:l 过定点. 解析 本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题. (1)由于 P3,P4两点关于 y 轴对称,故由题设知 C 经过 P3,P4两点. 又由+知,C 不经过点 P1,所以点 P2在 C 上. 1 2 1 2 1 2 3 4 2 因此解得 1 2 = 1, 1 2 + 3 4 2 = 1, 2= 4, 2= 1. 故 C 的方程为+y2=1. 2 4 (2)设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1,k2. 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=-,x1x2=. 8 4

42、 2 + 1 42- 4 4 2 + 1 而 k1+k2=+ 1- 1 1 2- 1 2 =+ 1+ m - 1 1 2+ m - 1 2 =, 212+ (m - 1)(1 + 2) 12 由题设 k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)+(m-1)=0. 42- 4 4 2 + 1 - 8 4 2 + 1 解得 k=-. + 1 2 当且仅当 m-1 时,0,于是 l:y=-x+m, + 1 2 即 y+1=-(x-2), + 1 2 所以 l 过定点(2,-1). 3.(2016 山东,21,14 分)已知椭圆 C:+=1(ab0)的长轴长

43、为 4,焦距为 2. 2 2 2 2 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)过动点 M(0,m)(m0)的直线交 x 轴于点 N,交 C 于点 A,P(P 在第一象限),且 M 是线段 PN 的中点.过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点 Q,延长 QM 交 C 于点 B. (i)设直线 PM,QM 的斜率分别为 k,k,证明为定值; (ii)求直线 AB 的斜率的最小值. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 (1)设椭圆的半焦距为 c. 由题意知 2a=4,2c=2, 2 所以 a=2,b=. 2- 22 所以椭圆 C 的方程为+=1. 2 4 2 2 (2)(i)证明:设 P(x0,y0)(x00,y00). 由 M(0,m),可得 P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直线 PM 的斜率 k=, 2 - 0 0 直线 QM 的斜率 k=-. - 2 - 0 3 0 此时=-3.所以为定值-3. (ii)设 A(x1,y1),B(x2,y2). 直线 PA 的方程为 y=kx+m, 直线 QB 的方程为 y=-3kx+m. 联立 = + , 2 4 + 2 2 = 1, 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0. 由 x0x1=, 22- 4 2 2 + 1 可得 x1=. 2(2- 2) (22+ 1)0 所以 y1=kx

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