高考数学二轮63《圆锥曲线的综合问题》试题含答案Word文件下载.docx
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0)的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为.
(2)若直线l:
y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左,右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,求证:
直线l过定点,并求出该定点的坐标.
思维升华
(1)动直线l过定点问题解法:
设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).
(2)动曲线C过定点问题解法:
引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.
跟踪演练2 已知直线l:
y=x+,圆O:
x2+y2=5,椭圆E:
0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证:
两切线的斜率之积为定值.
热点三 探索性问题
1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为:
假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;
否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.
例3
如图,抛物线C:
y2=2px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2).
(1)求抛物线C的方程及准线l的方程;
(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3成立,若存在λ,求出λ的值;
若不存在,说明理由.
思维升华 解决探索性问题的注意事项:
存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论.
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件.
(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径.
跟踪演练3 (20xx·
四川)
如图,椭圆E:
+=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·
=-1.
(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,使得·
+λ·
为定值?
若存在,求λ的值;
若不存在,请说明理由.
已知椭圆C1:
0)与抛物线C2:
y2=2ax相交于A,B两点,且两曲线的焦点F重合.
(1)求C1,C2的方程;
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M,Q两点,与抛物线分别交于P,N两点,是否存在斜率为k(k≠0)的直线l,使得=2?
若存在,求出k的值;
提醒:
完成作业 专题六 第3讲
二轮专题强化练
专题六
A组 专题通关
北京西城区期末)若曲线ax2+by2=1为焦点在x轴上的椭圆,则实数a,b满足( )
A.a2>
b2B.<
C.0<
a<
bD.0<
b<
a
2.已知椭圆+=1(0<
2)的左,右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交椭圆于A,B两点,若|BF2|+|AF2|的最大值为5,则b的值是( )
A.1B.C.D.
3.已知F为抛物线y2=8x的焦点,过点F且斜率为1的直线l交抛物线于A,B两点,则||FA|-|FB||的值为( )
A.4B.8
C.8D.16
4.设椭圆+=1(a>
0)的离心率为e=,右焦点为F(c,0),方程ax2+bx-c=0的两个实根分别为x1和x2,则点P(x1,x2)( )
A.必在圆x2+y2=2内B.必在圆x2+y2=2上
C.必在圆x2+y2=2外D.以上三种情形都有可能
5.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则·
的最大值为( )
A.2B.3C.6D.8
6.已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则·
的最小值为_______________________________________________________________.
7.已知A(1,2),B(-1,2),动点P满足⊥.若双曲线-=1(a>
0,b>
0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点,则双曲线离心率的取值范围是________.
8.在直线y=-2上任取一点Q,过Q作抛物线x2=4y的切线,切点分别为A、B,则直线AB恒过定点________.
9.已知椭圆C:
0)的短轴长为2,离心率为,过点M(2,0)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若B点关于x轴的对称点是N,证明:
直线AN恒过一定点.
B组 能力提高
10.已知直线y=a交抛物线y=x2于A,B两点.若该抛物线上存在点C,使得∠ACB为直角,则a的取值范围为________.
11.直线3x-4y+4=0与抛物线x2=4y和圆x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A、B、C、D,则的值为________.
12.(20xx·
课标全国Ⅱ)已知椭圆C:
9x2+y2=m2(m>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;
若不能,说明理由.
学生用书答案精析
高考真题体验
1.D
[如图所示,设以(0,6)为圆心,以r为半径的圆的方程为x2+(y-6)2=r2(r>
0),与椭圆方程+y2=1联立得方程组,消掉x2得9y2+12y+r2-46=0.
令Δ=122-4×
9(r2-46)=0,
解得r2=50,即r=5.
由题意易知P,Q两点间的最大距离为r+=6,
故选D.]
2.
(1)解 由题设知=,b=1,
结合a2=b2+c2,解得a=,
所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)证明 由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,
得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0,由已知Δ>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,
则x1+x2=,x1x2=,
从而直线AP,AQ的斜率之和
kAP+kAQ=+=+=2k+(2-k)
=2k+(2-k)
=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.
热点分类突破
例1 解
(1)由椭圆的定义,
2a=|PF1|+|PF2|=(2+)+(2-)=4,故a=2.
设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2,因此
2c=|F1F2|=
==2,
即c=,从而b==1.
故所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)如图
,由PF1⊥PQ,
|PQ|=λ|PF1|,得
|QF1|==|PF1|.
由椭圆的定义,|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a,
进而|PF1|+|PQ|+|QF1|=4a,
于是(1+λ+)|PF1|=4a,
解得|PF1|=,
故|PF2|=2a-|PF1|=.
由勾股定理得
|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=4c2,
从而2+
2=4c2,
两边除以4a2,得
+=e2.
若记t=1+λ+,则上式变成
e2==82+.
由≤λ<,并注意到1+λ+关于λ的单调性,得3≤t<4,即<≤.
进而<e2≤,即<e≤.
跟踪演练1 解
(1)e==,P(1,)满足+=1,
又a2=b2+c2,∴a2=4,b2=3,
∴椭圆标准方程为+=1.
(2)显然直线PQ不与x轴重合,
当直线PQ与x轴垂直时,
|PQ|=3,|F1F2|=2,
=3;
当直线PQ不与x轴垂直时,设直线PQ:
y=k(x-1),k≠0代入椭圆C的标准方程,
整理,得(3+4k2)y2+6ky-9k2=0,
Δ>
0,y1+y2=,y1·
y2=.
=·
|F1F2|·
|y1-y2|=12,
令t=3+4k2,∴t>
3,k2=,
∴
=3,
∵0<
<
,
∈(0,3),
∴当直线PQ与x轴垂直时
最大,且最大面积为3.
设△PF1Q内切圆半径为r,
则
=(|PF1|+|QF1|+|PQ|)·
r=4r≤3.
即rmax=,此时直线PQ与x轴垂直,△PF1Q内切圆面积最大,
∴=,∴λ=1.
例2 解
(1)设椭圆方程为+=1(a>
0),
由e==,得a=2c,∵a2=b2+c2,
∴b2=3c2,
则椭圆方程变为+=1.
又由题意知=,解得c2=1,
故a2=4,b2=3,
即得椭圆的标准方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0.
则①
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2
=.
∵椭圆的右顶点为A2(2,0),AA2⊥BA2,
∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,
∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
∴+++4=0,
∴7m2+16mk+4k2=0,解得m1=-2k,m2=-,
由①,得3+4k2-m2>
0,②
当m1=-2k时,l的方程为y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾.
当m2=-时,l的方程为y=k,直线过定点,且满足②,
∴直线l过定点,定点坐标为.
跟踪演练2
(1)解 设椭圆的半焦距为c,
圆心O到直线l的距离d==,
∴b==.
由题意得∴a2=3,b2=2.
∴椭圆E的方程为+=1.
(2)证明 设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),
联立直线l0与椭圆E的方程得
消去y得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,
∴Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,
整理得,(2-x)k2+2kx0y0-(y-3)=0,
设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2,
则k1·
k2=-,
∵点P在圆O上,∴x+y=5,
∴k1·
k2=-=-1.
∴两条切线的斜率之积为常数-1.
例3 解
(1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,
所以抛物线方程为y2=4x,准线l的方程为x=-1.
(2)由条件可设直线AB的方程为y=k(x-1),k≠0.
由抛物线准线l:
x=-1,
可知M(-1,-2k).
又Q(1,2),所以k3==k+1,
即k3=k+1.
把直线AB的方程y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,并整理,可得k2x2-2(k2+2)x+k2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系,知
x1+x2=,x1x2=1.
又Q(1,2),则k1=,k2=.
因为A,F,B共线,所以kAF=kBF=k,
即==k.
所以k1+k2=+=+-=2k-=2k+2,
即k1+k2=2k+2.
又k3=k+1,可得k1+k2=2k3.
即存在常数λ=2,使得k1+k2=λk3成立.
跟踪演练3 解
(1)由已知,点C、D的坐标分别为(0,-b),(0,b),
又点P的坐标为(0,1),且·
=-1,
于是解得a=2,b=,
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),
联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0,
其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以x1+x2=-,x1x2=-,
从而,·
=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]
=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
=
=--λ-2.
所以当λ=1时,--λ-2=-3,
此时·
=-3为定值.
当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD,
此时,·
+·
=-2-1=-3.
故存在常数λ=1,使得·
为定值-3.
高考押题精练
解
(1)因为C1,C2的焦点重合,
所以=,
所以a2=4.
又a>
0,所以a=2.
于是椭圆C1的方程为+=1,
抛物线C2的方程为y2=4x.
(2)假设存在直线l使得=2,
则可设直线l的方程为y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4).
由可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
则x1+x4=,x1x4=1,
所以|PN|=·
由可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
则x2+x3=,x2x3=,
所以|MQ|=·
若=2,
则=2×
解得k=±
.
故存在斜率为k=±
的直线l,
使得=2.
二轮专题强化练答案精析
1.C [由ax2+by2=1,得+=1,
因为焦点在x轴上,所以>
>
0,
所以0<
b.]
2.D [由椭圆的方程,可知长半轴长a=2;
由椭圆的定义,可知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,所以|AB|=8-(|AF2|+|BF2|)≥3.由椭圆的性质,可知过椭圆焦点的弦中,通径最短,即=3,可求得b2=3,即b=.]
3.C [依题意知F(2,0),所以直线l的方程为y=x-2,联立方程消去y得x2-12x+4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=12,x1x2=4,
则||AF|-|BF||=|(x1+2)-(x2+2)|=|x1-x2|
==
=8.]
4.A [∵x1+x2=-,x1x2=-.
∴x+x=(x1+x2)2-2x1x2=+=.
∵e==,∴c=a,
∴b2=a2-c2=a2-2=a2.
∴x+x==<
2.
∴P(x1,x2)在圆x2+y2=2内.]
5.C [设P(x0,y0),则
+=1,即y=3-,
又因为F(-1,0),
所以·
=x0·
(x0+1)+y=x+x0+3=(x0+2)2+2,
又x0∈[-2,2],即·
∈[2,6],
所以(·
)max=6.]
6.-2
解析 由已知得A1(-1,0),F2(2,0).设
P(x,y)(x≥1),则·
=(-1-x,-y)·
(2-x,-y)=4x2-x-5.令f(x)=4x2-x-5,则f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,函数f(x)取最小值,即·
取最小值,最小值为-2.
7.(1,2)
解析 设P(x,y),由题设条件,
得动点P的轨迹为(x-1)(x+1)+(y-2)·
(y-2)=0,
即x2+(y-2)2=1,它是以(0,2)为圆心,1为半径的圆.
又双曲线-=1(a>
0)的渐近线方程为y=±
x,即bx±
ay=0,
由题意,可得>
1,即>
1,
所以e=<
2,
又e>
1,故1<
e<
8.(0,2)
解析 设Q(t,-2),A(x1,y1),B(x2,y2),抛物线方程变为y=x2,则y′=x,则在点A处的切线方程为y-y1=x1(x-x1),化简得,y=x1x-y1,同理,在点B处的切线方程为y=x2x-y2.又点Q(t,-2)的坐标满足这两个方程,代入得:
-2=x1t-y1,-2=x2t-y2,则说明
A(x1,y1),B(x2,y2)都满足方程-2=xt-y,即直线AB的方程为y-2=tx,因此直线AB恒过定点(0,2).
9.
(1)解 由题意知b=1,e==,
得a2=2c2=2a2-2b2,故a2=2.
故所求椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明 设直线l的方程为y=k(x-2),
则由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0.
则x1+x2=,
x1x2=.
由对称性可知N(x2,-y2),定点在x轴上,
直线AN:
y-y1=(x-x1).
令y=0得:
x=x1-=
==1,
故直线AN恒过定点(1,0).
10.[1,+∞)
解析 以AB为直径的圆的方程为x2+(y-a)2=a,
由
得y2+(1-2a)y+a2-a=0.
即(y-a)[y-(a-1)]=0,
由已知解得a≥1.
11.
解析 由得x2-3x-4=0,
∴xA=-1,xD=4,
∴yA=,yD=4.
直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0,1),
∴|AF|=yA+1=,|DF|=yD+1=5,
∴==.
12.
(1)证明 设直线l:
y=kx+b(k≠0,b≠0),
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=.
于是直线OM的斜率kOM==-,
即kOM·
k=-9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)解 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k>0,k≠3.
由
(1)得OM的方程为y=-x.
设点P的横坐标为xP,
由得x=,即xP=.
将点代入l的方程得b=,
因此xM=.
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+.
因为ki>0,ki≠3,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.