高考数学一轮总复习第十章圆锥曲线106圆锥曲线的综合问题专用题组理新人教B版Word格式文档下载.docx
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（2）设P（x0,y0）（y0≠±
3）为圆C2外一点,过P作圆C2的两条切线,分别与曲线C1相交于点A,B和C,D.证明:
当P在直线x=-4上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值.
解析
（1）解法一:
设M的坐标为（x,y）,由已知得|x+2|=-3.易知曲线C1上的点位于直线x=-2的右侧,于是x+2>
0,所以=x+5.
化简得曲线C1的方程为y2=20x.
解法二:
由题设知,曲线C1上任意一点M到圆心C2（5,0）的距离等于它到直线x=-5的距离.因此,曲线C1是以（5,0）为焦点,直线x=-5为准线的抛物线.故其方程为y2=20x.
（2）当点P在直线x=-4上运动时,P的坐标为（-4,y0）,又y0≠±
3,则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为y-y0=k（x+4）,即kx-y+y0+4k=0,于是=3.
整理得72k2+18y0k+-9=0.①
设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程①的两个实根.
故k1+k2=-=-.②
由得k1y2-20y+20（y0+4k1）=0.③
设四点A,B,C,D的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4,则y1,y2是方程③的两个实根,所以y1y2=.④
同理可得y3y4=.⑤
于是由②,④,⑤三式得
y1y2y3y4=
=
==6400.
所以,当P在直线x=-4上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6400.
评析 本题考查了直线、圆、抛物线的基础知识;
考查了学生的运算求解能力.在运算时运用整体运算的技巧至关重要.
考点二 最值与范围问题
7.（xx福建,9,5分）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.5 B.+ C.7+ D.6
答案 D 设Q（cosθ,sinθ）,圆心为M,由已知得M（0,6）,
则|MQ|=
=≤5,
故|PQ|max=5+=6.
8.（xx安徽,19,13分）如图,已知两条抛物线E1:
y2=2p1x（p1>
0）和E2:
y2=2p2x（p2>
0）,过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.
（1）证明:
A1B1∥A2B2;
（2）过O作直线l（异于l1,l2）与E1,E2分别交于C1,C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.
解析
（1）证明:
设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x（k1,k2≠0）,则
由得A1,
由得A2.
同理可得B1,B2.
所以==2p1,
==2p2,
故=,所以A1B1∥A2B2.
（2）由
（1）知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.
所以△A1B1C1∽△A2B2C2.
因此=.
又由
（1）中的=知=.
故=.
9.（xx四川,20,13分）已知椭圆C:
+=1（a>
b>
0）的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
（1）求椭圆C的标准方程;
（2）设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.
（i）证明:
OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）;
（ii）当最小时,求点T的坐标.
解析
（1）由已知可得
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程是+=1.
（2）（i）由
（1）可得,F的坐标是（-2,0）,设T点的坐标为（-3,m）.
则直线TF的斜率kTF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=,直线PQ的方程是x=my-2.
当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P（x1,y1）,Q（x2,y2）,将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得
消去x,得（m2+3）y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8（m2+3）>
0.
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m（y1+y2）-4=.
所以PQ的中点M的坐标为.
所以直线OM的斜率kOM=-,
又直线OT的斜率kOT=-,所以点M在直线OT上,
因此OT平分线段PQ.
（ii）由（i）可得,
|TF|=,
|PQ|=
==.
所以==≥=.
当且仅当m2+1=,即m=±
1时,等号成立,此时取得最小值.
所以当最小时,T点的坐标是（-3,1）或（-3,-1）.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想.
10.（xx重庆,21,12分）如图,椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,离心率e=,过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A,A'
两点,|AA'
|=4.
（1）求该椭圆的标准方程;
（2）取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P,P'
过P,P'
作圆心为Q的圆,使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQ⊥P'
Q,求圆Q的标准方程.
解析
（1）由题意知点A（-c,2）在椭圆上,则+=1,从而e2+=1.
由e=得b2==8,从而a2==16.
故该椭圆的标准方程为+=1.
（2）由椭圆的对称性,可设Q（x0,0）.又设M（x,y）是椭圆上任意一点,则
|QM|2=（x-x0）2+y2=x2-2x0x++8=（x-2x0）2-+8（x∈[-4,4]）.
设P（x1,y1）,由题意,P是椭圆上到Q的距离最小的点,
因此,上式当x=x1时取最小值,又因x1∈（-4,4）,所以上式当x=2x0时取最小值,从而x1=2x0,且|QP|2=8-.
因为PQ⊥P'
Q,且P'
（x1,-y1）,所以·
=（x1-x0,y1）·
（x1-x0,-y1）=0,即（x1-x0）2-=0.
由椭圆方程及x1=2x0得-8=0,
解得x1=±
x0==±
.
从而|QP|2=8-=.
故这样的圆有两个,其标准方程分别为
+y2=,+y2=.
评析 本题考查了椭圆的标准方程、几何性质、函数的最值等知识,考查了运算能力,分析问题和解决问题的能力,综合性较强.
11.（xx北京,19,14分）已知曲线C:
（5-m）x2+（m-2）y2=8（m∈R）.
（1）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;
（2）设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B（点A位于点B的上方）,直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G.求证:
A,G,N三点共线.
解析
（1）因为曲线C是焦点在x轴上的椭圆,所以解得<
m<
5,所以m的取值范围是.
（2）证明:
当m=4时,曲线C的方程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分别为（0,2）,（0,-2）.
由得（1+2k2）x2+16kx+24=0.
因为直线与曲线C交于不同的两点,所以Δ=（16k）2-4（1+2k2）×
24>
0,即k2>
设点M,N的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=.
直线BM的方程为y+2=x,点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN=,kAG=-,
所以kAN-kAG=+=+
=k+=k+=0.
即kAN=kAG,故A,G,N三点共线.
评析 本题主要考查直线与椭圆的位置关系.考查学生计算能力及转化与化归思想.
12.（xx四川,21,12分）如图,动点M与两定点A（-1,0）、B（2,0）构成△MAB,且∠MBA=2∠MAB.设动点M的轨迹为C.
（1）求轨迹C的方程;
（2）设直线y=-2x+m与y轴相交于点P,与轨迹C相交于点Q、R,且|PQ|<
|PR|,求的取值范围.
解析
（1）设M的坐标为（x,y）,显然有x>
0,且y≠0.
当∠MBA=90°
时,点M的坐标为（2,±
3）.
当∠MBA≠90°
时,x≠2,由∠MBA=2∠MAB,有tan∠MBA=,即-=.
化简可得,3x2-y2-3=0.
而点（2,±
3）在曲线3x2-y2-3=0上,
综上可知,轨迹C的方程为3x2-y2-3=0（x>
1）.（5分）
（2）由消去y,
可得x2-4mx+m2+3=0.（*）
由题意,方程（*）有两根且均在（1,+∞）内,
设f（x）=x2-4mx+m2+3,
所以
解得m>
1,且m≠2.
设Q、R的坐标分别为（xQ,yQ）、（xR,yR）,由|PQ|<
|PR|有xR=2m+,xQ=2m-.
所以====-1+.
由m>
1,且m≠2,有1<
-1+<
7+4,且-1+≠7.
所以的取值范围是（1,7）∪（7,7+4）.（12分）
评析 本题主要考查直线、双曲线、轨迹方程的求法等基础知识,考查思维能力、运算能力,考查函数、分类与整合等数学思想,并考查思维的严谨性.
考点三 存在性问题
4.（xx湖北,21,13分）如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n（m>
n）,过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
（1）当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;
（2）当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?
并说明理由.
解析 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:
+=1,C2:
+=1.其中a>
m>
n>
0,λ=>
1.
（1）解法一:
如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=|BD|·
|OM|=a|BD|,
S2=|AB|·
|ON|=a|AB|,
所以=.
在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是===.
若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0.
由λ>
1,可解得λ=+1.
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1.
如图1,若直线l与y轴重合,则
|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;
S1=|BD|·
|OM|=a|BD|,S2=|AB|·
|ON|=
a|AB|.
所以===.
（2）解法一:
如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.
根据对称性,不妨设直线l:
y=kx（k>
0）,点M（-a,0）,N（a,0）到直线l的距离分别为d1,d2,则
d1==,d2==,
所以d1=d2.
又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ,
即|BD|=λ|AB|.
由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=（λ-1）|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=（λ+1）|AB|,于是
=.①
将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得
xA=,xB=.
根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是
===.②
从而由①和②式可得
=.③
令t=,则由m>
n,可得t≠1,
于是由③式可解得k2=.
因为k≠0,所以k2>
于是③式关于k有解,当且仅当>
0,
等价于（t2-1）<
1,可解得<
t<
1,
即<
<
1,由λ>
1,解得λ>
1+,
所以当1<
λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;
当λ>
1+时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2.
0）,
点M（-a,0）,N（a,0）到直线l的距离分别为d1,d2,则
又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ.
因为===λ,所以=.
由点A（xA,kxA）,B（xB,kxB）分别在C1,C2上,可得+=1,+=1,
两式相减可得+=0,
依题意xA>
xB>
0,所以>
所以由上式解得k2=.
因为k2>
0,所以由>
0,可解得1<
λ.
从而1<
λ,解得λ>
评析 本题综合考查直线与圆锥曲线相交得到的三角形的面积的问题.解决此问题的关键:
首先将面积比转化成线段比,再通过常规方法的计算构造方程或不等式进行求值或求范围.难度较大,对计算能力、转化能力要求很高.
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