高考数学专题圆锥曲线综合含答案解析.docx
《高考数学专题圆锥曲线综合含答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学专题圆锥曲线综合含答案解析.docx（48页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
高考数学专题圆锥曲线综合含答案解析
培优点十八
圆锥曲线综合
1．直线过定点
例1：
已知中心在原点，焦点在
x轴上的椭圆C的离心率为
2，过左焦点F且垂直于x轴
2
的直线交椭圆C于P，Q两点，且PQ
22．
（1）求C的方程；
（2）若直线l是圆x2
y2
8上的点2,2
处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭
圆C的切线MA，MB，切点分别为A，B，设切线的斜率都存在．求证：
直线
AB过定点，
并求出该定点的坐标．
2
2
【答案】
（1）x
y
1；
（2）证明见解析，
2,1
．
8
4
【解析】
（1）由已知，设椭圆
C的方程为
x2
y2
1a
b
0
，
2
2
a
b
因为PQ
2
2，不妨设点P
c,
2，代入椭圆方程得
c2
2
2
21
，
a
b
又因为e
c
2
1
2
1
，b
2
4
2
2
8，
a
，所以
2
b
2
c，所以b
，a
2b
2
2
2
所以C的方程为x
y
1．
8
4
（2）依题设，得直线l
的方程为y
2
x
2，即x
y
4
0，
设Mx0,y0
，Ax1,y1
，Bx2,y2
，
由切线MA的斜率存在，设其方程为
y
y1
k
x
x1
，
y
y1
kx
x1
2
联立x2
y2
得，2k2
1x2
4ky1
kx1x2y1
80，
1
kx1
8
4
由相切得
2
y1
kx1
2
2
1
y1
2
4
0，
16k
82k
kx1
y1
2
8k2
4
，即x1
2
8
k2
2x1y1k
y12
4
0，
化简得
kx1
因为方程只有一解，所以
k
x1y1
x1y1
x1
，所以切线MA的方程为
x
2
8
2y2
2y
1
1
1
yy1
x1
xx1，
2y1
即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，
1/12
又因为两切线都经过点
Mx0,y0，所以
x1x0
2y1y0
8，所以直线AB的方程为
x2x0
2y2y0
8
x0x2y0y8，
又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0x
2
4x0y8，
即x0x2y8y8
0，令x2y
0，得x
2，
8y8
0
y
1
所以直线AB恒过定点
2,1．
2．面积问题
2
2
b
例2：
已知椭圆
x
y
b0的左、右焦点分别为
2
21a
F1、F2，焦距为4，直线l1:
yx
a
b
c
与椭圆相交于
A、B两点，F2关于直线l1的对称点E在椭圆上．斜率为
1的直线l2与线段
AB相交于点
P，与椭圆相交于
C、D两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求四边形ACBD面积的取值范围．
【答案】
（1）x2
y2
1
；
（2）32
32．
8
4
9
3
【解析】
（1）由椭圆焦距为
4，设F1
2,0
，F2
2,0
，连结EF1，设EF1F2
，
则tan
b，又a2
b2
c2，得sin
b，cos
c，
c
a
a
e
2c
F1F2
sin90
1
a
c，
EF1||EF2
sin
b
2a
sin90
c
bc
a
a
a
2
2
解得a2
bcc2
b
c
2，a2
8
，所以椭圆方程为
x
y
1．
8
4
（2）设直线l2方程：
y
x+m，C
x1,y1
、D
x2,y2，
x2
y2
x1x2
4m
由
1
2
2
，所以
3
，
8
4
，得3x
4mx2m80
2m2
x1x2
8
y
xm
3
由
（1）知直线l1：
yx，代入椭圆得A
2
6,
2
6，B
2
6,
2
6
，得AB
83，
3
3
3
3
3
由直线l2与线段AB相交于点P，得m
4
6,
4
6
，
3
3
2
2
2
42m
8
CD
2x1
x2
2x1
8x1x2
2
16m
4
m2+12，
x2
3
9
3
而kl2
1与kl1
1，知l2
l1，
SACBD
1
AB
CD
16
3
m2+12
，
2
9
由m
4
6,4
6，得
m2
32,0
，所以163
m2+12
32,32
，
3
3
3
9
9
3
3232
四边形ACBD面积的取值范围,．
3．参数的值与范围
2
例3：
已知抛物线C:
y2pxp0的焦点F1,0，点A1,2在抛物线C上，过焦点F的
直线l交抛物线C于M，N两点．
（1）求抛物线C的方程以及
AF的值；
uuuur
uuur
2
2
的值．
（2）记抛物线C的准线与x轴交于点B，若MF
FN，
BM
BN40，求
【答案】
（1）y2
4x，AF
2；
（2）
2
3．
2
2px
p
0的焦点F
1,0，
【解析】
（1）Q抛物线C:
y
p
，则2p
4，抛物线方程为
y
2
4x；
1
2
Q点A
1,2在抛物线C上，
AF
1
p
2．
2
（2）依题意，F1,0，设l:
xmy
1，设M
x1,y1
、N
x2,y2
，
3/12
联立方程
y2
4x
，消去x，得y2
4my40．
x
my
1
所以
y1
y2
4m
①，且
x1
my1
1，
y1y2
4
x2
my2
1
uuuur
uuur
又MF
FN，则1x1,y1
x2
1,y2，即y1
y2，
代入①得
y2
2
4
，消去y2得4m2
1
2，
1
y2
4m
B1,0
uuuur
x1
1,y1
uuur
x2
1,y2
，则BM
，BN
，
uuuur
uuur
uuuur2
uuur2
2
y12
2
则BM|2
BN|2
BM
BN
x1
1
x2
1y2
2
x12
x22
2x1
x2
2y12
y22
（my1
2
2
2my1
my2
2
2
2
2
1）
（my21）
y1
y2
m2
1y12
y22
4my1
y2
8
2
2
8
4m4m
8
4
40m
2
16
，
m
116m
16m
当16m4
40m2
16
40，解得m
2
1，故
2
3．
2
4．弦长类问题
例4：
已知椭圆C1:
x
2
y
2
C2:
x
2
y2
2
21ab0的左右顶点是双曲线
1的顶点，且椭圆
a
b
3
C1的上顶点到双曲线
C2的渐近线的距离为
3．
2
（1）求椭圆C1的方程；
（2）若直线l与C1
uuuur
uuuur
相交于M1，M2
两点，与C2相交于Q1，Q2两点，且OQ1
OQ2
5，求
M1M2的取值范围．
【答案】
（1）x2
y2
1；
（2）0,
10．
3
【解析】
（1）由题意可知：
a2
3，又椭圆C1的上顶点为
0,b，
双曲线C2的渐近线为：
y
3
x3y
0
，
x
3
3
3b
x
2
y2
由点到直线的距离公式有：
2
b
1，∴椭圆方程
1．
2
3
2
（2）易知直线的斜率存在，设直线
的方程为y
kxm，代入x
y2
1，消去y并整理
3
得：
13k2x2
6kmx
3m2
3
0，
1
3k
2
0
13k
2
0，
要与C2相交于两点，则应有：
2
2
2
2
36km413k
3m30
m2
13k2
设Q1x1,y1
，Q2x2,y2
，
2
则有：
x1
x2
6km
，x1
x2
3m
3
．
uuuur
uuuur
1
3k
2
1
3k2
1k2
m2．
又OQ1OQ2
x1x2
y1y2
x1x2
kx1
mkx2
m
x1x2
kmx1
x2
uuuur
uuuur
1
2
2
2
2
2
2
又：
OQ
OQ
5
，所以有：
，
2
1k
3m36kmm13k
5
1
1
3k2
m
2
1
9k
2，②
将y
kx
m，代入x2
y2
1，消去y并整理得：
1
3k2
x2
6kmx
3m2
3
0，
3
要有两交点，则
2
2
41
2
3m
2
0
2
1
2
36km
3k
3
3k
m．③
由①②③有0
k2
1．
9
设M1
x3,y3
、M2
x4,y4
．有x3
x4
1
6km
，x3
x4
3m2
3
，
3k2
1
3k2
2
2
2
3
1
2
2
36km
43m
3k
M1M2
1
k
13k2
2
2
43m2
3
9k2
．
1
k
2
2
1
3k
2
2
k2
144k
2
12k
k2
将m
1
9k
代入有M1M2
1
M1M2
2
1
21
．
1
3k2
3k
2
1
2
M1M2
12
k
k
，令t
k2，t
0,1，
1
3k2
2
9
5/12
t1
t
1
t
，t
0,1
令ft
2f't
1
3
．
1
3t
3t
9
所以f't
0在t
0,1
内恒成立，故函数
ft在t
0,1
内单调递增，
9
9
故ft0,5
M1M20,10．
72
5．存在性问题
例5：
已知椭圆C:
x2
y2
1a
b
0
的左、右焦点分别为
F1
1,0
，F2
1,0，点A1,
2
2
2
2
a
b
在椭圆C上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在斜率为
2的直线l，使得当直线
l与椭圆C有两个不同交点
M，N时，能在
直线y
uuuur
uuur
l的
5上找到
升级会员 