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【全程复习方略】(全国通用)2016高考数学 专项强化训练(五)


专项强化训练(五) 圆锥曲线的综合问题
3 x 2 y2 ? 2 2 b =1(a>b>0)的短轴长相等,椭圆 1.已知直线 l:y=x+1,圆 O:x2+y2= 2 ,直线 l 被圆截得的弦长与椭圆 C: a

2 的离心率 e= 2 .
(1)求椭圆 C 的方程.

1 M(0, ? ) 3 的直线 l0 交椭圆于 A,B 两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点 T,使得无论 l0 如何转 (2)过点
动,以 AB 为直径的圆恒过定点 T?若存在,求出点 T 的坐标;若不存在,请说明理由. 【解题提示】(1)利用弦长公式及离心率公式求出 a,b 的值,从而求得椭圆 C 的方程. (2)先根据直线 l0 的斜率不存在及斜率为 0 的情况确定 T 的坐标,然后再证明以 AB 为直径的圆恒过定点 T 即可.

1 2 6 ? 2 , 【解析】(1)由题意知,圆 O 的半径 r= 2 ,圆 O(0,0)到直线 y=x+1 的距离 d= 2
2 r 2 ? d2 ? 2
则直线 l 被圆截得的弦长为

3 1 ? ?2 2 2 ,

e?
依题意 2=2b,b=1.又椭圆的离心率

2 c b 2 1 ? , ? 1 ? e2 ? ? , 得a ? 2 2 a a 2 a ,

x2 所以椭圆 C 的方程为 2 +y2=1.
(2)假设存在定点 T(x0,y0), 设 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≤x2). 当直线 l0 的斜率不存在时,易知 A(0,1),B(0,-1), 则圆的方程为 x2+y2=1.

1 当直线 l0 的斜率为 0 时,直线 l0 的方程为 y=- 3 , 4 1 4 1 A(? , ? ), B( , ? ), 3 3 3 3 代入椭圆方程可得 1 16 x 2 ? (y ? ) 2 ? . 3 9 即圆的方程为
易知 T(0, 1). 下面证明,当直线 l0 的斜率存在且不为 0 时,T(0,1)也符合.
-1-

1 设直线 l0 的方程为 y=kx- 3 ,

? x2 ? y 2 ? 1, ? ?2 ? ? y ? kx ? 1 , 3 ? 联立 ?
4 16 kx ? 9 =0. 消去 y 得(2k2+1)x2- 3

x1 ? x 2 ?
则 此时,

4k ?16 , x1x 2 ? 2 3?1 ? 2k ? 9 ?1 ? 2k 2 ?
=(x2,y2-1),

.

=(x1,y1-1),

即当直线 l0 的斜率存在且不为 0 时,以 AB 为直径的圆恒过点 T(0,1). 综上所述,存在定点 T,其坐标为(0,1).

x 2 y2 ? 2 2 b =1(a>b>0)的左,右焦点分别为 F1,F2,A 为上顶点,△AF1F2 为正三角形, 【加固训练】已知椭圆 C: a
以 AF2 为直径的圆与直线 y= 3 x+2 相切. (1)求椭圆 C 的标准方程. (2)过点 F2 作斜率为 k 的直线 l 与椭圆交于 M,N 两点,在 x 轴上是否存在点 P(m,0),使得 四边形 PMQN 为菱形,且点 Q 在椭圆 C 上?若存在,求 m 的值;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)由已知△AF1F2 为正三角形, = + 时

c 1 得 ? sin30? ? ,即a ? 2c, b ? 3c, a 2 c b B( , ) 由 A(0,b),F2(c,0),得 AF2 的中点 2 2 ,
点 B 到直线 y= 3 x+2 的距离为

-2-

解得 a2=4,b2=3,

x 2 y2 ? 3 =1. 所以椭圆 C 的标准方程为 4
(2)由(1)可知 F2(1,0), 设直线 l 的方程为 y=k(x-1).

? y ? k ? x ? 1? , ? 2 ?x y2 ? ? 1, ? 3 联立方程,得 ? 4
整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),

8k 2 2 由根与系数的关系得 x1+x2= 3 ? 4k ,
6k 2 则 y1+y2=k(x1+x2-2)= 3 ? 4k , ?
又 所以 =(x1-m,y1), = + =(x2-m,y2), =(x1+x2-2m,y1+y2)

得 5k4+16k2+12=0, 因为 5k4+16k2+12>0 恒成立,
-3-

故满足条件的点 P(m,0)不存在. 2.过 x 轴上动点 A(a,0)引抛物线 y=x2+1 的两条切线 AP,AQ.切线斜率分别为 k1 和 k2,切点分别为 P,Q.

(1)求证:k1?k2 为定值,并且直线 PQ 过定点.

(2)记 S 为面积,当

最小时,求

?

的值.

? ?y ? k ? x ? a ?, ? 2 ? y ? x ? 1, 得 x2-kx+ka+1=0, 【解析】(1)方法一:设过 A 点的直线为:y=k(x-a),与抛物线联立得 ?
Δ =k2-4ak-4=0, 所以 k1+k2=4a, k1?k2=-4 为定值. 抛物线方程 y=x2+1,求导得 y′=2x, 设切点 P,Q 的坐标分别为(xP,yP),(xQ,yQ), k1=2xP,k2=2xQ, 所以 xP+xQ=2a,xP?xQ=- 1.

y P ? yQ
直线 PQ 的方程:y-yP= 由 yP= +1,yQ=

xP ? xQ

(x-xP),

+1,

得到 y=(xP+xQ)x-xPxQ+1, 整理可得 y=2xa+2,所以直线 PQ 过定点(0,2). 方法二:设切点 P,Q 的坐标分别为(xP,yP),(xQ,yQ),求导得 y′=2x, 所以 lAP:y=2xP(x-a), (xP,yP)在直线上,即 yP=2xP(xP-a), 由 P(xP,yP)在抛物线方程上得 yP= +1,

整理可得 yP=2xPa+2, 同理 yQ=2xQa+2, 所以 lQP:y=2xa+2, 所以直线 PQ 过定 点(0,2). 联立 PQ 的直线方程 lQP:y=2xa+2 和抛物线方程 y=x2+1, 可得:x2-2xa-1=0. 所以 xPxQ=-1,xP+xQ=2a, 所以 k1?k2=2xP?2xQ=-4 为定值. (2)设 A 到 PQ 的距离为 d.

-4-

2 当且仅当 t= 3 时取等号,即 a=± 2 .
因为 ? =(xP-a,yP)?(xQ-a,yQ)

=xPxQ-a(xP+xQ)+a2+yPyQ, yPyQ=(2xPa+2)(2xQa+2)=4a2xPxQ+4+4a(xP+xQ)=4a2+4,

所以

?

9 =3a2+3= 2 .

17 3.(2015? 郑州模拟)如图,已知抛物线 C:y2=2px 和☉M:(x-4)2+y2=1,圆心点 M 到抛物线 C 的准线的距离为 4 .
过抛物线 C 上一点 H(x0,y0)(y0≥1)作两条直线分别与☉M 相切于 A,B 两点,与抛物线 C 交于 E,F 两点.

(1)求抛物线 C 的方程. (2)当∠AHB 的角平分线垂直 x 轴时,求直线 EF 的斜率. (3)若直线 AB 在 y 轴上的截距为 t,求 t 的最小值. 【解题提示】(1)由题意列方程,求出 p 的值,即可得抛物线 C 的方程. (2)联立直线与抛物线的方程得 E,F 的坐标,再利用直线的斜率公式得出结论. (3)方法一:设出点 A,B 的坐标,由点斜式求出直线 HA,HB 的方程,进而得到直线 AB 的方程,令 x=0,求出纵截 距 t 的表达式,由函数单调性求出 t 的最小值.方法二:连接 HM,求出以 H 为圆心,HA 为半径的圆的方程,进而 可得直线 AB 的方程,令 x=0,求出纵截距 t 的表达式,由函数单调性求出 t 的最小值.

p 【解析】(1)由题意知☉M 的圆心 M 的坐标为(4,0),半径为 1,抛物线 C 的准线方程为 x=- 2 , 17 因为圆心 M 到抛物线 C 的准线的距离为 4 ,

-5-

4?
所以

p 17 1 ? , 解得p ? 2 4 2,

所以抛物线 C 的方程为 y2=x. (2)因为∠AHB 的角平分线垂直于 x 轴, 所以点 H(4,2),所以∠AHB=60°, 可得 kHA= 3 ,kHB=- 3 , 所以直线 HA 的方程为 y= 3 x-4 3 +2,

(3)方法一:由题意可设点 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

k MA ?
连接 MA,MB,则

y1 y2 ,k MB ? x1 ? 4 x2 ? 4 ,

因为 HA,HB 是☉M 的 切线, 所以 HA⊥MA,HB⊥MB,

k HA ?
所以

4 ? x1 4 ? x2 ,k HB ? y1 y2 ,

所以直线 HA,HB 的方程分别为(4-x1)x-y1y+4x1-15=0, (4-x2)x-y2y+4x2-15=0, 又点 H 在抛物线上,有 所以点 H 的坐标为( (4-x1) (4-x2) =x0, ,y0)(y0≥1),分别代入直线 HA,HB 的方程得

-y1y0+4x1-15=0, -y2y0+4x2-15=0,

-6-

可整理为(4(4-

)x1-y0y1+4 -15=0,

-15=0,

)x2-y0y2+4

从而可求得直线 AB 的方程为(4-

)x-y0y+4

-15=0,

令 x=0,得直线 AB 在 y 轴上的截距

(y0≥1),

15 考虑到函数 f(x)=4x- x (x≥1)为单调递增函数, 15 所以 tmin=4?1- 1 =-11.
方法二:连接 HM,由(1)知设点 H( 则 HM2= HA2= -7 -7 +16, ,y0)(y0≥1),

+15. )2+(y-y0)2= -7 +15,①

以 H 为圆心,HA 为半径的圆的方程为(x又☉M 的方程为(x-4)2+y2=1.② ①-②得:直线 AB 的方程为(2x-4)(4-

)-(2y-y0)y0=

-7

+14.

15 y 当 x=0 时,直线 AB 在 y 轴上的截距 t=4y0- 0 (y0≥1),
因为 t 关于 y0 的函数在[1,+∞)上单调递增, 所以 tmin=-11.

x 2 y2 3 3 ? 2 (1, ) 2 b =1(a>b>0)经过点 2 ,离心率为 2 . 4.(2015?西安模拟)已知椭圆 C: a
(1)求椭圆 C 的方程. (2)直线 y=k(x-1)(k≠0)与椭圆 C 交于 A,B 两点,点 M 是椭圆 C 的右顶点,直线 AM 与直线 BM 分别与 y 轴交 于点 P,Q,试问以线段 PQ 为直径的圆是否过 x 轴上的定点?若是,求出定点坐标;若不是,说明理由.

?c 3 ? , ? ?a 2 ? ? 1 ? 3 ? 1, ? 2 4b 2 【解析】(1)由题意得 ? a
解得 a=2,b=1.

-7-

x2 所以椭圆 C 的方程是 4 +y2=1.
(2)以线段 PQ 为直径的圆过 x 轴上的定点,

? y ? k ? x ? 1? , ? 2 ?x 2 ? ? y ?1 ? 4 由 得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),

则有

x1 ? x 2 ?

8k 2 4k 2 ? 4 , x x ? . 1 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

又因为点 M 是椭圆 C 的右顶 点,所以点 M(2,0),

y1 x ? 2 (x-2), 由题意可知直线 AM 的方程为 y= 1 P(0, ?
故点

2y1 ) x1 ? 2 .

y2 x ? 2 (x-2), 直线 BM 的方程为 y= 2 (0, ?
故点 Q

2y 2 ). x2 ? 2
? =0 恒成立,

若以线段 PQ 为直径的圆过 x 轴上的定点 N(x0,0),则等价于

又因为(x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4

y1y2=k(x1-1)?k(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1]

-8-

即 x 轴上的定点为( 3 ,0)或(- 3 ,0). 故以线段 PQ 为直径的圆过 x 轴上的定点(± 3 ,0).

x 2 y2 3 ? 2 2 b =1(a>b>0)的离心率为 2 ,直线 l1 经过椭圆的上顶点 A 和右顶点 B,并且和圆 5.已知椭圆 C: a
4 x2+y2= 5 相切.
(1)求椭圆 C 的方程.

1 ( m ? [ ,1]) 2 (2)设直线 l2:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,以线段 OM,ON 为邻边作平行四边形 OMPN,
其中顶点 P 在椭圆 C 上,O 为坐标原点,求|OP|的取值范围.

a 2 ? b2 3 ? 2 4, 【解析】(1)由已知可得 e2= a
所以 a2=4b2,即 a=2b. 又椭圆的上顶点 A(0,b),右顶点 B(a,0),

x y ? 所以直线 l1 的方程为 a b =1,即 x+2y-a=0. 4 因为直线 l1 与圆 x2+y2= 5 相切,
所以圆心(0,0)到直线 l1 的距离等于圆的半径,

a
即 1 ?2
2 2

?

4 5 ,解得 a=2,

-9-

x2 所以 b=1,故椭圆 C 的方程为 4 +y2=1.

? y ? kx ? m, ? 2 ?x 2 ? ? y ? 1, (2)将直线 l2 的方程和椭圆 C 的方程联立得 ? 4
消去 y,化简整理得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0, 故Δ =(8km)2-4(1+4k2)?4(m2-1)=-16(m2-1-4k2 )>0,即 4k2+1>m2. 设 M(x1,y1),N(x2,y2),P(x0,y0),

?8km 2 则由根与系数之间的关系可得 x1+x2= 4k ? 1 ,
因为四边形 OMPN 为平行四边形,

?8km 2 所以 x0=x1+x2= 4k ? 1 ,

2m 2 y0=y1+y2=k(x1+x2)+2m=kx0+2m= 4k ? 1 ,
P(
故点

?8km 2m , ) 4k 2 ? 1 4k 2 ? 1 .

?8km 2 ) 4k 2 ? 1 ? ( 2m )2 4 4k 2 ? 1 =1, 由点 P 在椭圆上可得 (
整理得 4m2(4k2+1)=(4k2+1)2, 因为 4k2+1>0, 所以 4m2=4k2+1,

- 10 -

x 2 y2 ? 2 2 b =1(a>b>0)的一个焦点相同.设椭圆的右顶 6.(2015?太原模拟)抛物线 C1:y2=4x 的焦点与椭圆 C2: a

6 点为 A,C1,C2 在第一象限的交点为 B,O 为坐标原点,且△OAB 的面积为 3 a.
(1)求椭圆 C2 的标 准方程. (2)过 A 点作直线 l 交 C1 于 C,D 两点,连接 OC,OD 分别交 C2 于 E,F 两点,记△OEF,△OCD 的面积分别为 S1,S2. 问:是否存在上 述直线 l 使得 S2=3S1,若存在,求直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 【解析 】(1)因为 y2=4x,所以焦点 F(1,0), 所以 c=1,即 a2=1+b2.

1 6 又 S△OAB= 2 ?|OA|?yB= 3 a,

2 6 所以 yB= 3 . 2 2 6 ( , ) 代入抛物线方程得 B 3 3 .
又 B 点在椭圆上,得 b2=3,a2=4,

x 2 y2 ? 3 =1. 所以椭圆 C2 的标准方程为 4
(2)假设存在满足题意的直线 l, 设直线 l 的方程为 x=my+2,

? x ? my ? 2, ? 2 y ? 4x 由? ,得 y2-4my-8=0.
设 C(x1,y1),D(x2,y2),E(xE,yE),F(xF,yF), 则 y1+y2=4m,y1?y2=-8 ,

- 11 -

所以 48m2=-40,故不存在直线 l 使得 S2=3S1.

x 2 y2 ? 2 2 b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,其上顶点为 A.已知△F1AF2 【加固训练】如图,已知椭圆 C: a
是边长为 2 的正三角形.

(1)求椭圆 C 的方程. (2)过点 Q(-4,0)任作一动直线 l 交椭圆 C 于 M,N 两点,记 =λ ? . 若在线段 MN 上取一点 R,使得 =-

- 12 -

λ ?

,当直线 l 运动时,点 R 在某一定直线上运动,求出该定直线的方程.

【解析】(1)因为△F1AF2 是边长为 2 的正三角形, 所以 c=1,a=2,b= 3 ,

x 2 y2 ? 3 =1. 所以,椭圆 C 的方程为 4
(2)由题意知,直线 MN 的斜率必存在, 设其方程为 y=k(x+4).并设 M(x1,y1),N(x2,y2),



? x 2 y2 ? 1, ? ? 3 ?4 ?y ? k ? x ? 4? ?

,

消去 y 得(3+4k2)x2+32k2x+64k2-12=0,

?32k 2 64k 2 ? 12 则? ? 144 ?1 ? 4k ? ? 0, x1 ? x 2 ? , x1 ?x 2 ? . 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
2



=λ ?

得-4-x1=λ (x2+4),

x1 ? 4 x2 ? 4 . 故λ = ?
设点 R 的坐标为(x0,y0), 则由 =-λ ? 得 x0-x1=-λ (x2-x0),

解得x 0 ?

x1 ? ? x 2 ? 1? ?

x1 ?

x1 ? 4 ?x 2 x2 ? 4 x ?4 1? 1 x2 ? 4

故点 R 在定直线 x=-1 上.

- 13 -



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