高考数学一轮复习 第十章 圆锥曲线与方程 10.6 圆锥曲线的综合问题课件.ppt

第十章圆锥曲线与方程 10 6圆锥曲线的综合问题 高考数学 浙江专用 考点圆锥曲线的综合问题1 2014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 5b c 7 d 6 五年高考 答案d设q cos sin 圆心为m 由已知得m 0 6 则 mq 5 故 pq max 5 6 2 2014湖北 9 5分 已知f1 f2是椭圆和双曲线的公共焦点 p是它们的一个公共点 且 f1pf2 则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 a b c 3d 2 答案a解法一 设椭圆方程为 1 a1 b1 0 离心率为e1 双曲线的方程为 1 a2 0 b2 0 离心率为e2 它们的焦距为2c 不妨设p为两曲线在第一象限的交点 f1 f2分别为左 右焦点 则易知解得在 f1pf2中 由余弦定理得 a1 a2 2 a1 a2 2 2 a1 a2 a1 a2 cos60 4c2 整理得 3 4c2 所以 4 即 4 设a b a b a b 故 的最大值是 故选a 解法二 不妨设p在第一象限 pf1 m pf2 n 在 pf1f2中 由余弦定理得m2 n2 mn 4c2 设椭圆的长轴长为2a1 离心率为e1 双曲线的实轴长为2a2 离心率为e2 它们的焦距为2c 则 易知 1的最小值为 故 故选a 评析本题考查了椭圆 双曲线的定义 方程和性质 考查了利用不等式和函数求最值的基本方法 本题对运算能力的要求较高 3 2017浙江 21 15分 如图 已知抛物线x2 y 点a b 抛物线上的点p x y 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 解析本题主要考查直线方程 直线与抛物线的位置关系等基础知识 同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力 1 设直线ap的斜率为k k x 因为 x 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的方程解得点q的横坐标是xq 因为 pa k 1 pq xq x 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 在区间上单调递增 上单调递减 因此当k 时 pa pq 取得最大值 解法二 如图 连接bp ap pq ap pb cos bpq 易知p x x2 则 2x 1 2x2 2x2 2x x2 x x4 x2 x4 x2 x ap pq x4 x2 x 设f x x4 x2 x 则f x 4x3 3x 1 x 1 2x 1 2 f x 在上为增函数 在上为减函数 f x max f 1 故 ap pq 的最大值为 4 2017山东文 21 14分 在平面直角坐标系xoy中 已知椭圆c 1 a b 0 的离心率为 椭圆c截直线y 1所得线段的长度为2 1 求椭圆c的方程 2 动直线l y kx m m 0 交椭圆c于a b两点 交y轴于点m 点n是m关于o的对称点 n的半径为 no 设d为ab的中点 de df与 n分别相切于点e f 求 edf的最小值 解析本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值 1 由椭圆的离心率为 得a2 2 a2 b2 又当y 1时 x2 a2 得a2 2 所以a2 4 b2 2 因此椭圆方程为 1 2 设a x1 y1 b x2 y2 联立方程得 2k2 1 x2 4kmx 2m2 4 0 由 0得m2 4k2 2 且x1 x2 因此y1 y2 所以d 又n 0 m 所以 nd 2 整理得 nd 2 因为 nf m 所以 1 令t 8k2 3 t 3 故2k2 1 所以 1 1 令y t 所以y 1 当t 3时 y 0 从而y t 在 3 上单调递增 因此t 等号当且仅当t 3时成立 此时k 0 所以 1 3 4 由 得 m 且m 0 故 设 edf 2 则sin 所以 的最小值为 从而 edf的最小值为 此时直线l的斜率是0 综上所述 当k 0 m 0 0 时 edf取到最小值 5 2017课标全国 理 20 12分 已知椭圆c 1 a b 0 四点p1 1 1 p2 0 1 p3 p4中恰有三点在椭圆c上 1 求c的方程 2 设直线l不经过p2点且与c相交于a b两点 若直线p2a与直线p2b的斜率的和为 1 证明 l过定点 解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题 1 由于p3 p4两点关于y轴对称 故由题设知c经过p3 p4两点 又由 知 c不经过点p1 所以点p2在c上 因此解得故c的方程为 y2 1 2 设直线p2a与直线p2b的斜率分别为k1 k2 如果l与x轴垂直 设l x t 由题设知t 0 且 t 0 设a x1 y1 b x2 y2 则x1 x2 x1x2 而k1 k2 由题设k1 k2 1 故 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 即 2k 1 m 1 0 解得k 当且仅当m 1时 0 于是l y x m 即y 1 x 2 所以l过定点 2 1 方法总结求解轨迹方程的步骤 建系 设点 列式 列出动点所满足的几何等量关系式 坐标化 选用合适的公式表示几何等量关系 化简 注意化简前后的等价性 检验 去伪存真 6 2017课标全国 文 20 12分 设a b为曲线c y 上两点 a与b的横坐标之和为4 1 求直线ab的斜率 2 设m为曲线c上一点 c在m处的切线与直线ab平行 且am bm 求直线ab的方程 方法总结 1 直线与抛物线的位置关系点差法 在已知 x1 x2 或 y1 y2 的值 求直线l的斜率时 利用点差法计算 在很大程度上减少运算过程中的计算量 2 直线与圆锥曲线的位置关系已知直线与圆锥曲线相交 求参数时 一般联立直线与圆锥曲线的方程 消元后利用根与系数的关系 结合已知列方程求解参数 求弦长时 可通过弦长公式 ab x1 x2 或 ab y1 y2 k 0 求解 7 2017课标全国 理 20 12分 已知椭圆c 1 a b 0 四点p1 1 1 p2 0 1 p3 p4中恰有三点在椭圆c上 1 求c的方程 2 设直线l不经过p2点且与c相交于a b两点 若直线p2a与直线p2b的斜率的和为 1 证明 l过定点 解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题 1 由于p3 p4两点关于y轴对称 故由题设知c经过p3 p4两点 又由 知 c不经过点p1 所以点p2在c上 因此解得故c的方程为 y2 1 2 设直线p2a与直线p2b的斜率分别为k1 k2 如果l与x轴垂直 设l x t 由题设知t 0 且 t 0 设a x1 y1 b x2 y2 则x1 x2 x1x2 而k1 k2 由题设k1 k2 1 故 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 即 2k 1 m 1 0 解得k 当且仅当m 1时 0 于是l y x m 即y 1 x 2 所以l过定点 2 1 方法总结求解轨迹方程的步骤 建系 设点 列式 列出动点所满足的几何等量关系式 坐标化 选用合适的公式表示几何等量关系 化简 注意化简前后的等价性 检验 去伪存真 8 2017山东理 21 14分 在平面直角坐标系xoy中 椭圆e 1 a b 0 的离心率为 焦距为2 1 求椭圆e的方程 2 如图 动直线l y k1x 交椭圆e于a b两点 c是椭圆e上一点 直线oc的斜率为k2 且k1k2 m是线段oc延长线上一点 且 mc ab 2 3 m的半径为 mc os ot是 m的两条切线 切点分别为s t 求 sot的最大值 并求取得最大值时直线l的斜率 解析本题考查椭圆的方程 直线与椭圆 圆的位置关系 考查最值的求解方法和运算求解能力 1 由题意知e 2c 2 所以a b 1 因此椭圆e的方程为 y2 1 2 设a x1 y1 b x2 y2 联立消y整理得 4 2 x2 4k1x 1 0 由题意知 0 且x1 x2 x1x2 所以 ab x1 x2 由题意可知圆m的半径r ab 由题设知k1k2 所以k2 因此直线oc的方程为y x 联立得x2 y2 因此 oc 由题意可知sin 而 令t 1 2 则t 1 0 1 因此 1 当且仅当 即t 2时等号成立 此时k1 所以sin 因此 所以 sot的最大值为 综上所述 sot的最大值为 取得最大值时直线l的斜率k1 思路分析 1 由离心率和焦距 利用基本量运算求解 2 联立直线l与椭圆方程 利用距离公式求出 ab 联立直线oc与椭圆方程求 oc 进而建立sin与k1之间的函数关系 利用二次函数的性质求解 疑难突破把角的问题转化为三角函数问题 即由sin f k1 求解是解题的突破口 解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解 利用距离公式建立sin与k1之间的函数关系是解题关键 牢固掌握基础知识和方法是求解的前提 本题的完美解答体现了数学知识 能力 思想 方法的完美结合 9 2014浙江 21 15分 如图 设椭圆c 1 a b 0 动直线l与椭圆c只有一个公共点p 且点p在第一象限 1 已知直线l的斜率为k 用a b k表示点p的坐标 2 若过原点o的直线l1与l垂直 证明 点p到直线l1的距离的最大值为a b 评析本题主要考查椭圆的几何性质 点到直线距离 直线与椭圆的位置关系等基础知识 同时考查解析几何的基本思想方法 基本不等式应用等综合解题能力 10 2016天津 19 14分 设椭圆 1 a 的右焦点为f 右顶点为a 已知 其中o为原点 e为椭圆的离心率 1 求椭圆的方程 2 设过点a的直线l与椭圆交于点b b不在x轴上 垂直于l的直线与l交于点m 与y轴交于点h 若bf hf 且 moa mao 求直线l的斜率的取值范围 解析 1 设f c 0 由 即 可得a2 c2 3c2 又a2 c2 b2 3 所以c2 1 因此a2 4 所以 椭圆的方程为 1 2 设直线l的斜率为k k 0 则直线l的方程为y k x 2 设b xb yb 由方程组消去y 整理得 4k2 3 x2 16k2x 16k2 12 0 解得x 2或x 由题意得xb 从而yb 由 1 知f 1 0 设h 0 yh 有 1 yh 由bf hf 得 0 所以 0 解得yh 因此直线mh的方程为y x 设m xm ym 由方程组消去y 解得xm 在 mao中 moa mao ma mo 即 xm 2 2 化简得xm 1 即 1 解得k 或k 所以 直线l的斜率的取值范围为 评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质 直线方程 一元二次不等式等基础知识 考查用代数方法研究圆锥曲线的性质 考查运算求解能力 以及用方程思想解决问题的能力 11 2016北京 19 14分 已知椭圆c 1 a b 0 的离心率为 a a 0 b 0 b o 0 0 oab的面积为1 1 求椭圆c的方程 2 设p是椭圆c上一点 直线pa与y轴交于点m 直线pb与x轴交于点n 求证 an bm 为定值 解析 1 由题意得解得a2 4 b2 1 所以椭圆c的方程为 y2 1 2 由 1 知 a 2 0 b 0 1 设p x0 y0 则 4 4 当x0 0时 直线pa的方程为y x 2 令x 0 得ym 从而 bm 1 ym 直线pb的方程为y x 1 令y 0 得xn 从而 an 2 xn 所以 an bm 4 当x0 0时 y0 1 bm 2 an 2 所以 an bm 4 综上 an bm 为定值 一题多解 2 点p在曲线 1上 不妨设p 2cos sin 当 k 且 k k z 时 直线ap的方程为y 0 x 2 令x 0 得ym 直线bp的方程为y 1 x 0 令y 0 得xn an bm 2 2 2 2 4 定值 当 k 或 k k z 时 m n是定点 易得 an bm 4 综上 an bm 4 评析本题考查椭圆的标准方程 直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题 方法常规 运算量大 对学生的运算能力要求较高 12 2016四川 20 13分 已知椭圆e 1 a b 0 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点 直线l y x 3与椭圆e有且只有一个公共点t 1 求椭圆e的方程及点t的坐标 2 设o是坐标原点 直线l 平行于ot 与椭圆e交于不同的两点a b 且与直线l交于点p 证明 存在常数 使得 pt 2 pa pb 并求 的值 解析 1 由题意得 a b 则椭圆e的方程为 1 由方程组得3x2 12x 18 2b2 0 方程 的判别式为 24 b2 3 由 0 得b2 3 此时方程 的解为x 2 所以椭圆e的方程为 1 点t的坐标为 2 1 2 由已知可设直线l 的方程为y x m m 0 由方程组可得所以p点坐标为 pt 2 m2 评析本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题 这类题中常用的方法是方程法 并结合根与系数的关系 两点间距离公式进行考查 难点是运算量比较大 注意运算技巧 13 2015课标 20 12分 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 解析 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 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 即xp 将代入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 评析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系 设问常规 但对运算能力要求较高 考查学生的思维能力 14 2015北京 19 14分 已知椭圆c 1 a b 0 的离心率为 点p 0 1 和点a m n m 0 都在椭圆c上 直线pa交x轴于点m 1 求椭圆c的方程 并求点m的坐标 用m n表示 2 设o为原点 点b与点a关于x轴对称 直线pb交x轴于点n 问 y轴上是否存在点q 使得 oqm onq 若存在 求点q的坐标 若不存在 说明理由 解析 1 由题意得解得a2 2 故椭圆c的方程为 y2 1 设m xm 0 因为m 0 所以 1 n 1 直线pa的方程为y 1 x 所以xm 即m 2 存在 因为点b与点a关于x轴对称 所以b m n 设n xn 0 则xn 存在点q 0 yq 使得 oqm onq 等价于 存在点q 0 yq 使得 即yq满足 xm xn 因为xm xn n2 1 所以 xm xn 2 所以yq 或yq 故在y轴上存在点q 使得 oqm onq 点q的坐标为 0 或 0 评析本题考查椭圆的标准方程 点与椭圆的位置关系以及对称问题 正确翻译 oqm onq 是解决本题第 2 问的关键 考查学生的运算求解能力和知识的转化与化归能力 15 2015四川 20 13分 如图 椭圆e 1 a b 0 的离心率是 过点p 0 1 的动直线l与椭圆相交于a b两点 当直线l平行于x轴时 直线l被椭圆e截得的线段长为2 1 求椭圆e的方程 2 在平面直角坐标系xoy中 是否存在与点p不同的定点q 使得 恒成立 若存在 求出点q的坐标 若不存在 请说明理由 解析 1 由已知得 点 1 在椭圆e上 因此 解得a 2 b 所以椭圆e的方程为 1 2 当直线l与x轴平行时 设直线l与椭圆相交于c d两点 如果存在定点q满足条件 则有 1 即 qc qd 所以q点在y轴上 可设q点的坐标为 0 y0 当直线l与x轴垂直时 设直线l与椭圆相交于m n两点 则m n的坐标分别为 0 0 由 有 解得y0 1或y0 2 所以 若存在不同于点p的定点q满足条件 则q点坐标只可能为 0 2 下面证明 对任意直线l 均有 当直线l的斜率不存在时 由上可知 结论成立 当直线l的斜率存在时 可设直线l的方程为y kx 1 a b的坐标分别为 x1 y1 x2 y2 联立得得 2k2 1 x2 4kx 2 0 其判别式 4k 2 8 2k2 1 0 所以 x1 x2 x1x2 因此 2k 易知 点b关于y轴对称的点b 的坐标为 x2 y2 又kqa k kqb k k 所以kqa kqb 即q a b 三点共线 所以 故存在与p不同的定点q 0 2 使得 恒成立 评析本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质 直线方程 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 化归与转化 特殊与一般 分类与整合等数学思想 16 2014课标 20 12分 已知点a 0 2 椭圆e 1 a b 0 的离心率为 f是椭圆e的右焦点 直线af的斜率为 o为坐标原点 1 求e的方程 2 设过点a的动直线l与e相交于p q两点 当 opq的面积最大时 求l的方程 解析 1 设f c 0 由条件知 得c 又 所以a 2 b2 a2 c2 1 故e的方程为 y2 1 2 当l x轴时不合题意 故设l y kx 2 p x1 y1 q x2 y2 将y kx 2代入 y2 1得 1 4k2 x2 16kx 12 0 当 16 4k2 3 0 即k2 时 x1 2 从而 pq x1 x2 又点o到直线pq的距离d 所以 opq的面积s opq d pq 设 t 则t 0 s opq 因为t 4 当且仅当t 2 即k 时等号成立 且满足 0 所以 当 opq的面积最大时 l的方程为y x 2或y x 2 评析本题主要考查椭圆的标准方程 几何性质 直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识 考查用代数方法研究圆锥曲线的综合问题 考查方程思想 函数思想 整体代换以及换元法的应用 考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力 17 2013浙江 21 15分 如图 点p 0 1 是椭圆c1 1 a b 0 的一个顶点 c1的长轴是圆c2 x2 y2 4的直径 l1 l2是过点p且互相垂直的两条直线 其中l1交圆c2于a b两点 l2交椭圆c1于另一点d 1 求椭圆c1的方程 2 求 abd面积取最大值时直线l1的方程 以下为教师用书专用 解析 1 由题意得所以椭圆c1的方程为 y2 1 2 设a x1 y1 b x2 y2 d x0 y0 由题意知直线l1的斜率存在 不妨设其为k 则直线l1的方程为y kx 1 又圆c2 x2 y2 4 故点o到直线l1的距离d 所以 ab 2 2 又l2 l1 故直线l2的方程为x ky k 0 由消去y 整理得 4 k2 x2 8kx 0 故x0 所以 pd 设 abd的面积为s 则 s ab pd 所以s 当且仅当k 时取等号 所以所求直线l1的方程为y x 1 评析本题主要考查椭圆的几何性质 直线与圆的位置关系 直线与椭圆的位置关系等基础知识 同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力 18 2014湖南 21 13分 如图 o为坐标原点 椭圆c1 1 a b 0 的左 右焦点分别为f1 f2 离心率为e1 双曲线c2 1的左 右焦点分别为f3 f4 离心率为e2 已知e1e2 且 f2f4 1 1 求c1 c2的方程 2 过f1作c1的不垂直于y轴的弦ab m为ab的中点 当直线om与c2交于p q两点时 求四边形ap bq面积的最小值 解析 1 因为e1e2 所以 即a4 b4 a4 因此a2 2b2 从而f2 b 0 f4 b 0 于是b b f2f4 1 所以b 1 所以a2 2 故c1 c2的方程分别为 y2 1 y2 1 2 因为ab不垂直于y轴 且过点f1 1 0 故可设直线ab的方程为x my 1 由得 m2 2 y2 2my 1 0 易知此方程的判别式大于0 设a x1 y1 b x2 y2 则y1 y2是上述方程的两个实根 所以y1 y2 y1y 2 因此x1 x2 m y1 y2 2 于是ab的中点m的坐标为 故直线pq的斜率为 则pq的方程为y x 即mx 2y 0 由得 2 m2 x2 4 所以2 m2 0 且x2 y2 从而 pq 2 2 设点a到直线pq的距离为d 则点b到直线pq的距离也为d 所以2d 因为点a b在直线mx 2y 0的异侧 所以 mx1 2y1 mx2 2y2 0 于是 mx1 2y1 mx2 2y2 mx1 2y1 mx2 2y2 从而2d 又因为 y1 y2 所以2d 故四边形apbq的面积s pq 2d 2 而0 2 m2 2 故当m 0时 s取得最小值2 综上所述 四边形apbq面积的最小值为2 评析本题考查椭圆 双曲线的标准方程和性质 双曲线的弦长计算 点到直线的距离 函数的最值 考查学生的运算求解能力和综合分析问题的能力 属于难题 19 2014山东 21 14分 已知抛物线c y2 2px p 0 的焦点为f a为c上异于原点的任意一点 过点a的直线l交c于另一点b 交x轴的正半轴于点d 且有 fa fd 当点a的横坐标为3时 adf为正三角形 1 求c的方程 2 若直线l1 l 且l1和c有且只有一个公共点e i 证明直线ae过定点 并求出定点坐标 ii abe的面积是否存在最小值 若存在 请求出最小值 若不存在 请说明理由 解析 1 由题意知f 设d t 0 t 0 则fd的中点为 因为 fa fd 由抛物线的定义知3 解得t 3 p t 3舍去 由 3 解得p 2 所以抛物线c的方程为y2 4x 2 i 由 1 知f 1 0 设a x0 y0 x0y0 0 d xd 0 xd 0 因为 fa fd 则 xd 1 x0 1 由xd 0得xd x0 2 故d x0 2 0 故直线ab的斜率kab 因为直线l1和直线ab平行 设直线l1的方程为y x b 代入抛物线方程得y2 y 0 由题意得 0 得b 设e xe ye 则ye xe 当 4时 kae 可得直线ae的方程为y y0 x x0 由 4x0 整理可得y x 1 直线ae恒过点f 1 0 当 4时 直线ae的方程为x 1 过点f 1 0 所以直线ae过定点f 1 0 ii 由 i 知直线ae过焦点f 1 0 所以 ae af fe x0 1 x0 2 设直线ae的方程为x my 1 因为点a x0 y0 在直线ae上 故m 设b x1 y1 直线ab的方程为y y0 x x0 由于y0 0 可得x y 2 x0 代入抛物线方程得y2 y 8 4x0 0 所以y0 y1 可求得y1 y0 x1 x0 4 所以点b到直线ae的距离为d 4 则 abe的面积s 4 16 当且仅当 x0 即x0 1时等号成立 所以 abe的面积的最小值为16 评析本题考查抛物线的标准方程 几何性质 直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何中的定点问题 最值问题和结论探究性问题 本题综合性较强 难度较大 很好地考查了逻辑思维能力和运算求解能力 本题的易错点是定点的确定 20 2014四川 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 证明 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 16m2 8 m2 3 0 所以y1 y2 y1y2 评析本题主要考查椭圆的标准方程 直线方程 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 21 2013山东 22 13分 椭圆c 1 a b 0 的左 右焦点分别是f1 f2 离心率为 过f1且垂直于x轴的直线被椭圆c截得的线段长为1 1 求椭圆c的方程 2 点p是椭圆c上除长轴端点外的任一点 连接pf1 pf2 设 f1pf2的角平分线pm交c的长轴于点m m 0 求m的取值范围 3 在 2 的条件下 过点p作斜率为k的直线l 使得l与椭圆c有且只有一个公共点 设直线pf1 pf2的斜率分别为k1 k2 若k 0 试证明 为定值 并求出这个定值 解析 1 由于c2 a2 b2 将x c代入椭圆方程 1 得y 由题意知 1 即a 2b2 又e 所以a 2 b 1 所以椭圆c的方程为 y2 1 2 解法一 设p x0 y0 y0 0 又f1 0 f2 0 所以直线pf1 pf2的方程分别为 y0 x x0 y y0 0 y0 x x0 y y0 0 由题意知 由于点p在椭圆上 所以 1 所以 因为 m 2 x0 2 所以 所以m x0 因此 m 解法二 设p x0 y0 当0 x0 2时 当x0 时 直线pf2的斜率不存在 易知p或p 若p 则直线pf1的方程为x 4y 0 由题意得 m 因为 m 所以m 若p 同理可得m 当x0 时 设直线pf1 pf2的方程分别为y k1 x y k2 x 由题意知 所以 因为 1 并且k1 k2 所以 即 因为 m 0 x0 2且x0 所以 整理得m 故0 m 且m 综合 可得0 m 当 2 x0 0时 同理可得 m 0 综上所述 m的取值范围是 3 设p x0 y0 y0 0 则直线l的方程为y y0 k x x0 联立得整理得 1 4k2 x2 8 ky0 k2x0 x 4 2kx0y0 k2 1 0 由题意知 0 即 4 k2 2x0y0k 1 0 又 1 所以16k2 8x0y0k 0 故k 由 2 知 所以 8 因此 为定值 这个定值为 8 评析本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质 直线与椭圆的位置关系 直线的斜率等基础知识和基本技能 考查数形结合的思想 逻辑推理能力和运算求解能力 22 2013陕西 20 13分 已知动圆过定点a 4 0 且在y轴上截得弦mn的长为8 1 求动圆圆心的轨迹c的方程 2 已知点b 1 0 设不垂直于x轴的直线l与轨迹c交于不同的两点p q 若x轴是 pbq的角平分线 证明直线l过定点 解析 1 如图 设动圆圆心为o1 x y 由题意 知 o1a o1m 当o1不在y轴上时 过o1作o1h mn交mn于h 则h是mn的中点 o1m 又 o1a 化简得y2 8x x 0 又当o1在y轴上时 o1与o重合 点o1的坐标 0 0 也满足方程y2 8x 动圆圆心的轨迹c的方程为y2 8x 2 由题意 设直线l的方程为y kx b k 0 p x1 y1 q x2 y2 将y kx b代入y2 8x中 得k2x2 2bk 8 x b2 0 其中 32kb 64 0 由根与系数的关系得 x1 x2 x1x2 因为x轴平分 pbq 所以 即y1 x2 1 y2 x1 1 0 kx1 b x2 1 kx2 b x1 1 0 2kx1x2 b k x1 x2 2b 0 将 代入 得2kb2 k b 8 2bk 2k2b 0 k b 此时 0 直线l的方程为y k x 1 即直线l过定点 1 0 23 2013课标全国 20 12分 已知圆m x 1 2 y2 1 圆n x 1 2 y2 9 动圆p与圆m外切并且与圆n内切 圆心p的轨迹为曲线c 1 求c的方程 2 l是与圆p 圆m都相切的一条直线 l与曲线c交于a b两点 当圆p的半径最长时 求 ab 解析由已知得圆m的圆心为m 1 0 半径r1 1 圆n的圆心为n 1 0 半径r2 3 设圆p的圆心为p x y 半径为r 1 因为圆p与圆m外切并且与圆n内切 所以 pm pn r r1 r2 r r1 r2 4 由椭圆的定义可知 曲线c是以m n为左 右焦点 长半轴长为2 短半轴长为的椭圆 左顶点除外 其方程为 1 x 2 2 对于曲线c上任意一点p x y 由于 pm pn 2r 2 2 所以r 2 当且仅当圆p的圆心为 2 0 时 r 2 所以当圆p的半径最长时 其方程为 x 2 2 y2 4 若l的倾斜角为90 则l与y轴重合 可得 ab 2 若l的倾斜角不为90 由r1 r知l不平行于x轴 设l与x轴的交点为q 则 可求得q 4 0 所以可设l y k x 4 由l与圆m相切得 1 解得k 当k 时 将y x 代入 1 并整理得7x2 8x 8 0 解得x1 2 所以 ab x2 x1 当k 时 由图形的对称性可知 ab 综上 ab 2或 ab 评析本题考查了直线和圆的位置关系 考查了椭圆的定义和方程 考查了分类讨论的方法和运算求解能力 利用数形结合的方法是解题的关键 在求曲线c的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90 时的讨论而造成失分 24 2013广东 20 14分 已知抛物线c的顶点为原点 其焦点f 0 c c 0 到直线l x y 2 0的距离为 设p为直线l上的点 过点p作抛物线c的两条切线pa pb 其中a b为切点 1 求抛物线c的方程 2 当点p x0 y0 为直线l上的定点时 求直线ab的方程 3 当点p在直线l上移动时 求 af bf 的最小值 解析 1 依题意 设抛物线c的方程为x2 4cy 由题意知 c 0 解得c 1 所以抛物线c的方程为x2 4y 2 抛物线c的方程为x2 4y 即y x2 求导得y x 设a x1 y1 b x2 y2 则切线pa pb的斜率分别为x1 x2 所以切线pa的方程为y y1 x x1 即y x y1 即x1x 2y 2y1 0 同理可得切线pb的方程为x2x 2y 2y2 0 因为切线pa pb均过点p x0 y0 所以x1x0 2y0 2y1 0 x2x0 2y0 2y2 0 所以 x1 y1 x2 y2 为方程x0 x 2y0 2y 0的两组解 所以直线ab的方程为x0 x 2y 2y0 0 3 由抛物线定义可知 af y1 1 bf y2 1 所以 af bf y1 1 y2 1 y1y2 y1 y2 1 联立方程消去x整理得y2 2y0 y 0 由一元二次方程根与系数的关系可得y1 y2 2y0 y1y2 所以 af bf y1y2 y1 y2 1 2y0 1 又点p x0 y0 在直线l上 所以x0 y0 2 所以 2y0 1 2 2y0 5 2 所以当y0 时 af bf 取得最小值 且最小值为 25 2013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 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 s2 求 的值 2 当 变化时 是否存在与坐标轴不重合的直线l 使得s1 s2 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 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 则 化简得 2 2 1 0 由 1 可解得 1 故当直线l与y轴重合时 若s1 s2 则 1 解法二 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 若 则 化简得 2 2 1 0 由 1 可解得 1 故当直线l与y轴重合时 若s1 s2 则 1 2 解法一 如图2 若存在与坐标轴不重合的直线l 使得s1 s2 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 即 bd ab 由对称性可知 ab cd 所以 bc bd ab 1 ab ad bd ab 1 ab 于是 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 从而由 和 式可得 令t 则由m n 可得t 1 于是由 式可解得k2 因为k 0 所以k2 0 于是 式关于k有解 当且仅当 0 等价于 t2 1 0 由 1 可解得1 解得 1 所以当11 时 存在与坐标轴不重合的直线l使得s1 s2 解法二 如图2 若存在与坐标轴不重合的直线l 使得s1 s2 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 因为 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11 所以当11 时 存在与坐标轴不重合的直线l使得s1 s2 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 1 2017浙江湖州期末调研 7 已知双曲线 1 a 0 b 0 与抛物线y2 2px p 0 有公共焦点f 且交于a b两点 若直线ab过焦点f 则该双曲线的离心率是 a b 1 c 2d 2 三年模拟 一 选择题 a组2015 2017年高考模拟 基础题组 答案b 抛物线y2 2px p 0 和双曲线 1 a 0 b 0 有公共的焦点 c 即p 2c 直线ab过焦点f 由对称性知xa xb c 2pxa 4c2 代入双曲线方程 得 1 c2 c2 a2 4a2c2 a2 c2 a2 即c4 6a2c2 a4 0 得e4 6e2 1 0 解得e2 3 2 又e 1 e2 3 2 故e 1 选b 评析本题考查抛物线和双曲线的标准方程 焦点坐标 离心率和对称性 考查运算求解能力 2 2017浙江镇海中学第一学期期中 8 双曲线c 1 a 0 b 0 的左 右焦点分别为f1 c 0 f2 c 0 a为双曲线c右支上一点 且 af1 2c af1与y轴交于点b 若f2b是 af2f1的平分线 则双曲线c的离心率是 a b 1 c d 答案d设 af2b 由f2b是 af2f1的平分线 得 bf2f1 又 af1 2c f1f2 2c f2af1 2 又 bf1 bf2 bf1f2 故 abf2 2 由 af1 2c 得 af2 2c 2a bf1 bf2 af2 2c 2a ab 2a 由角平分线性质知 即 亦即ac c2 2ac a2 所以e2 3e 1 0 解得e e 1 e 故选d 3 2017浙江名校协作体 21 已知椭圆c 1 a b 0 的左 右焦点分别为f1 f2 离心率为 直线y 1与c的两个交点间的距离为 1 求椭圆c的方程 2 分别过f1 f2作l1 l2 满足l1 l2 设l1 l2与c的上半部分分别交于a b两点 求四边形abf2f1面积的最大值 二 解答题 解析 1 易知椭圆过点 所以 1 2分 又 3分 a2 b2 c2 4分 由 得a2 4 b2 3 所以椭圆c的方程为 1 6分 2 设直线l1 x my 1 它与c的另一个交点为d l1的方程与c的方程联立 消去x 得 3m2 4 y2 6my 9 0 7分 144 m2 1 0 y1 y2 y1y2 ad 9分 又f2到l1的距离d 10分 所以 12 11分 令t 则t 1 则 所以当t 1时 取得最大值3 14分 又 bf2 af1 d af1 df1 d ad d 所以四边形abf2f1的面积的最大值为3 15分 4 2017浙江杭州质检 21 已知p q为椭圆 y2 1上的两点 满足pf2 qf2 其中f1 f2分别为左 右焦点 1 求 的最小值 2 若 设直线pq的斜率为k 求k2的值 5 2017浙江镇海中学第一学期期中 19 如图 已知椭圆c 1 a b 0 的上顶点为a 0 1 离心率为 1 求椭圆c的方程 2 过点a作圆m x 1 2 y2 r2 0 r 1 的两条切线 分别与椭圆c相交于点b d 不同于点a 当r变化时 试问直线bd是否过某个定点 若是 求出该定点 若不是 请说明理由 解析 1 由已知得 a 2 b 1 5分 所以所求椭圆的方程为 y2 1 2 设切线方程为y kx 1 则 r 即 1 r2 k2 2k 1 r2 0 设b x1 y1 d x2 y2 切线ab ad的斜率分别为k1 k2 k1 k2 则k1 k2是上述方程的两根 所以k1 k2 1 由得 1 4k2 x2 8kx 0 所以x1 y1 同理 可得x2 y2 10分 所以kbd 所以直线bd的方程为y 令x 0 得y 故直线bd过定点 15分 1 2017浙江金华十校联考 4月 8 已知a b为实常数 ci i n 是公比不为1的等比数列 直线ax by ci 0与抛物线y2 2px p 0 均相交 所成弦的中点为mi xi yi 则下列说法错误的是 a 数列 xi 可能是等比数列b 数列 yi 是常数列c 数列 xi 可能是等差数列d 数列 xi yi 可能是等比数列 一 选择题 b组2015 2017年高考模拟 综合题组 答案c因为直线ax by ci 0与抛物线y2 2px p 0 相交 所以b 0 联立消去x得 ay2 2pby 2pci 0 故yi 定值 代入ax by ci 0 则有xi 因此 yi 是常数列 选项b正确 当b 0时 xi xi yi 所以此时 xi xi yi 均为等比数列 选项a d正确 综上 故选c 2 2016浙江镇海中学测试 六 6 设抛物线y2 4x的焦点为f p是抛物线上异于原点的一点 若以p为圆心 fp为半径的圆与直线4x 3y 5 0相切 则点p的横坐标是 a 12b 24c 36d 48 答案c设p 4t2 4t 其中t 0 则4t2 1 解得t 3 所以p 36 12 故选c 3 2016浙江镇海中学测试卷二 7 已知a1 a2为双曲线c 1 a 0 b 0 的左 右顶点 点p为双曲线右支上一点 设 pa1a2 pa2a1 若cos cos 则c的离心率e a 2b 2c 3d 2 答案b由得所以tan tan 7 设p x y x a 则 所以 又 tan tan 所以 7 故e 2 4 2015浙江新高考研究卷四 舟山中学 7 设f1 f2分别是双曲线c 1 a 0 b 0 的左 右焦点 p是双曲线c在第一象限上一动点 若 pf1f2的内切圆与pf2相切于g点 且线段gf2的长度变化范围为 a 2a 则双曲线的离心率e的取值范围是 a 2 b c 1 3 d 2 3 答案d设 pf1f2的内切圆与f1f2相切于m点 与f1p相切于n点 则 pn pg f1n f1m f2g f2m 从而2a pf1 pf2 f1n f2g f1m f2m c om c om 2 om 得 om a 从而 f2m c a 即 f2g c a 则a c a 2a 得2 e 3 答案 解析不妨取a b p 则 转化为即则 即 所以e 解析 1 证明 若直线ab cd的斜率均存在 设直线ab y k x 1 a x1 y1 b x2 y2 则中点m 当k 0时 由得 1 2k2 x2 4k2x 2k2 2 0 2分 由直线ab过点f 1 0 可知判别式 0恒成立 所以x1 x2 故m 同理可得n 5分 若 则k 1 此时直线mn的斜率不存在 此时直线mn过点p 6分 若 即k 1 则直线mn的斜率存在 且kmn kpn 所以直线mn过定点p 8分 若直线ab cd的斜率一个为0 一个不存在 不妨设直线ab的斜率为0 直线cd的斜率不存在 此 时m 0 0 n c 0 故直线mn的方程为y 0 易知p也在该直线上 综上可知 直线mn过定点p 9分 2 由 1 知 当k 0时 三角形mnf的面积s pf yn ym k 0 13分 令t k 则t 2 则s 当且仅当t 2时取等号 14分 当k 0时 s 0 综上可知 mnf的面积的最大值为 15分 7 2017浙江镇海中学模拟卷三 21 已知椭圆c 1 a b 0 的离心率为 且坐标原点o到过点 0 b 0 的直线的距离为 1 求椭圆c的标准方程 2 是否存在过点m的直线l交椭圆c于a b两点 且与直线x 3交于点p 使得 pa ab pb 依次成等差数列 若存在 请求出直线l的方程 若不存在 请说明理由 解析 1 由题可知所以a2 4b2 则方程转化为 1 由题意可得 2b b b 故b 1 故椭圆c的标准方程为 y2 1 2 假设存在满足题意的直线l 显然其斜率存在 设直线l的方程为y k 且a x1 y1 b x2 y2 联立消去y并整理 得 1 4k2 k2x k2 4 0 其中 16 由根与系数的关系 知x1 x2 x1x2 因为 pa 3 x1 pb 3 x2 ab x1 x2 且 pa ab pb 成等差数列 所以 3 x1 3 x2 2 x1 x2 即6 x1 x2 2 因此6 2 即52k2 15 4 解得k 所以直线l的方程为y 8 2015浙江名校 绍兴一中 交流卷五 19 已知椭圆 1 a b 0 的离心率为 且过点e 2 1 求椭圆的方程 2 设c1 c2为椭圆的上 下顶点 点p为椭圆在第一象限内的点 r 0 2 连接pr交椭圆于另一点q 记四边形c1c2qp的对角线的交点为g 证明 点g的纵坐标为定值 评析本题考查椭圆的标准方程和几何性质 直线与椭圆的位置关系 解析几何的定点问题 考查学生推理运算的能力和探究问题的能力 解析 1 由点a b在椭圆 上 得解得所以椭圆 的方程为 1 设点c m n 则bc中点为 由已知 求得直线oa的方程为x 2y 0 从而m 2n 1 又点c在椭圆 上 故2m2 8n2 5 由 解得n 舍去 或n 从而m 所以点c的坐标为 2 设p x0 y0 m 2y1 y1 n 2y2 y2 因为p b m三点共线 所以 整理得y1 因为p c n三点共线 所以 整理得y2 因为点p在椭圆 上 所以2 8 5 即 4 从而y1y2 所以 om on y1 y2 5 y1y2 为定值 2 2017浙江