高考数学二轮63《圆锥曲线的综合问题》试题含答案.docx

高考数学二轮63《圆锥曲线的综合问题》试题含答案.docx

《高考数学二轮63《圆锥曲线的综合问题》试题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮63《圆锥曲线的综合问题》试题含答案.docx（16页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考数学二轮63《圆锥曲线的综合问题》试题含答案

高考数学精品复习资料

2019.5

第3讲　圆锥曲线的综合问题

1．（20xx·福建）设P，Q分别为圆x2＋（y－6）2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是（　　）

A．5B.＋

C．7＋D．6

2．（20xx·陕西）如图，椭圆E：

＋＝1（a＞b＞0），经过点A（0，－1），且离心率为.

（1）

求椭圆E的方程；

（2）经过点（1,1），且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q（均异于点A），证明：

直线AP与AQ的斜率之和为2.

1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.

热点一　范围、最值问题

圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题（以所求式子或参数为函数值），或者利用式子的几何意义求解．

例1　（20xx·重庆）

如图，椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.

（1）若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；

（2）若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．

思维升华　解决范围问题的常用方法：

（1）数形结合法：

利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．

（2）构建不等式法：

利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．

（3）构建函数法：

先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．

跟踪演练1　已知椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为，且椭圆经过点P（1，）．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）线段PQ是椭圆过点F2的弦，且＝λ，求△PF1Q内切圆面积最大时实数λ的值．

热点二　定点、定值问题

1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：

y－y0＝k（x－x0），则直线必过定点（x0，y0）；若得到了直线方程的斜截式：

y＝kx＋m，则直线必过定点（0，m）．

2．解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．

例2　椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率为，其左焦点到点P（2,1）的距离为.

（1）求椭圆C的标准方程；

（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：

＋＝1（a>b>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.

（1）求椭圆E的方程；

（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：

＋＝1（a>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；若不存在，请说明理由．

提醒：

完成作业　专题六　第3讲

二轮专题强化练

专题六

第3讲　圆锥曲线的综合问题

A组　专题通关

1．（20xx·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

2．已知椭圆＋＝1（0

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>b>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：

＋＝1（a>b>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

第3讲　圆锥曲线的综合问题

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>b>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，·＋λ·

＝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·＋λ·＝－3为定值．

当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，

此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.

故存在常数λ＝1，使得·＋λ·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

第3讲　圆锥曲线的综合问题

1．C　[由ax2＋by2＝1，得＋＝1，

因为焦点在x轴上，所以>>0，

所以0

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，b>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

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.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

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．