2020届高三文科数学总复习习题:9.6 圆锥曲线的综合问题 Word版含答案.docx
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1、9.6圆锥曲线的综合问题【考点集训】考点一定点与定值问题1.(2019届云南昆明摸底考试,11)设点M为抛物线C:y2=4x的准线上一点(不同于准线与x轴的交点),过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两点,设MA,MF,MB的斜率分别为k1,k2,k3,则k1+k3k2的值为() A.2B.22C.4D.42答案A2.(2018江苏启东模拟,20)设顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线过点P(2,4),过P作抛物线的动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为kPA,kPB.(1)求抛物线的方程;(2)若kPA+kPB=0,求证直线AB的斜率为定值,并求出其值;(3)若kPAkPB=1,求证
2、直线AB恒过定点,并求出其坐标.解析(1)依题意,可设所求抛物线的方程为y2=2px(p0),因抛物线过点(2,4),故42=4p,解得p=4,故抛物线的方程为y2=8x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则kPA=y1-4x1-2=y1-4y128-2=8y1+4,同理,kPB=8y2+4,kAB=8y1+y2.kPA+kPB=0,8y1+4+8y2+4=0,8y1+4=8-y2-4,y1+4=-y2-4,y1+y2=-8,kAB=-1.直线AB的斜率恒为定值-1.(3)kPAkPB=1,8y1+48y2+4=1,y1y2+4(y1+y2)-48=0.直线AB的方程为y-y1=8y
3、1+y2x-y128,即(y1+y2)y-y1y2=8x.将y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),由此可得该直线恒过点(-6,-4),命题得证.考点二参变量的取值范围和最值问题1.已知直线l:y=kx+2过椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点B和左焦点F,且被圆x2+y2=4截得的弦长为L,若L455,则椭圆离心率e的取值范围是()A.0,55 B.0,255C.0,355D.0,455答案B2.(2019届河北百校联盟10月联考,20)已知直线过定点P(1,1),且与抛物线x2=4y交于A,B两点,l1,l2分别与抛物线相切于A,B两点,
4、设l1,l2的交点为C.(1)求交点C的轨迹方程;(2)求三角形ABC面积的最小值.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),易知直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x-1)+1.联立y=k(x-1)+1,x2=4y,消去y,得x2-4kx-4+4k=0,x1+x2=4k,x1x2=4k-4.(3分)y=x2,kAC=x12,直线AC的方程为y-y1=x12(x-x1),将y1=x124代入,化简得y=x12x-x124,所以直线AC的方程为y=x12x-x124.同理,直线BC的方程为y=x22x-x224,联立直线AC,BC的方程可得xC=x1+x22=2k,yC=x1x24=k-
5、1,所以xC=2yC+2.所以点C的轨迹方程为x-2y-2=0.(6分)(2)由(1)知|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=41+k2k2-k+1,点C到直线AB的距离d=|2k2-2k+2|1+k2.(9分)故三角形ABC的面积S=12|AB|d=4(k2-k+1)32,当且仅当k=12时,面积有最小值,为332.(12分)考点三存在性问题(2017河北唐山模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k0
6、)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k,使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.解析(1)由两点式可得直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得ca=63,ab(-a)2+b2=32,解得a2=3,b=1,椭圆的方程为x23+y2=1.(2)存在.理由:假设存在这样的k.联立y=kx+2,x23+y2=1,得(1+3k2)x2+12kx+9=0,由题意知=(12k)2-36(1+3k2)0,设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-12k1+3k2,x1x2=91+3k2,而y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点
7、E(-1,0),当且仅当CEDE时成立,则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,将代入整理得k=76,经验证,k=76时成立.综上可知,存在k=76使得以CD为直径的圆过点E.炼技法【方法集训】方法1圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OMON的值为() A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A2.(2019届安徽黄山八校11月联考,20)已知离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点P(2,1),
8、过点P作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于点A,B(且A,B与点P不重合).(1)求椭圆C的方程;(2)求证:直线AB过定点,并求出此定点的坐标.解析(1)依题意,有4a2+1b2=1,且ca=a2-b2a=22,解得a2=6,b2=3,椭圆C的方程为x26+y23=1.(4分)(2)易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,则由y=kx+m,x26+y23=1得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-6=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2=2m2-62k2+1.由PAPB知,PAPB=0.(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2
9、-1)=0,即(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,(k2+1)2m2-62k2+1+(km-k-2)-4mk2k2+1+m2-2m+5=0,3m2+8mk+4k2-2m-1=0,(3m+2k+1)(m+2k-1)=0.由直线AB不过点P(2,1),知m+2k-10.3m+2k+1=0,即m=-23k-13,直线AB的方程可写为y+13=x-23k,直线AB过定点23,-13.(12分)方法2圆锥曲线中的最值、范围问题的求解方法1.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x2-y23=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则PA1PF2的
10、最小值为()A.-2B.-8116C.1D.0答案A2.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12x32.过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.解析(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k
11、+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如图,连接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)-12x32,则APAB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12x2+x
12、+516.|AP|PQ|=-x4+32x2+x+316-12x32.设f(x)=-x4+32x2+x+316-12x0)与椭圆C相交于A,B两点,D点为椭圆C上的动点,且|AD|=|BD|,请问:ABD的面积是否存在最小值?若存在,求出此时直线AB的方程;若不存在,说明理由.解析(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0).由题意,得c=3,3a2+14b2=1,又a2-b2=c2,(1分)a=2,b=1,(2分)椭圆C的方程为x24+y2=1.(4分)(2)由题意知D在线段AB的垂直平分线上,直线OD的方程为y=-1kx.(5分)由y=kx,x24+y2=1,可得(1+4k2)x2
13、=4.(6分)设A(x1,y1),则|OA|=x12+y12=2k2+14k2+1.(7分)同理可得|OD|=2k2+1k2+4,(8分)则SABD=2SOAD=|OA|OD|=4(1+k2)(1+4k2)(k2+4).(9分)由于(1+4k2)(k2+4)5(1+k2)2,(10分)故SABD=2SOAD85,当且仅当1+4k2=k2+4(k0),即k=1时取等号,此时ABD的面积取得最小值85,直线AB的方程为y=x.(12分)过专题【五年高考】A组统一命题课标卷题组 1.(2017课标全国,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P
14、满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=
15、1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.(2016课标全国,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.解析(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x
16、1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.(4分)所以N为OH的中点,即|OH|ON|=2.(6分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)3.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,点(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)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.证明:直
17、线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析(1)由题意有ca=22,4a2+2b2=1,又c2=a2+b2,所以a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一定点与定值问题(2015陕西
18、,20,12分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为22.(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.解析(1)由题设知ca=22,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=2.所以椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x1+x2=4k(k-1)1+2k
19、2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.考点二参变量的取值范围和最值问题1.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m=时,点B横坐标的绝对值最大.答案52.(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
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