（浙江专用）2020届高考数学一轮复习 第十章 圆锥曲线与方程 10.6 圆锥曲线的综合问题课件

1、10.6圆锥曲线的综合问题 高考数学高考数学 (浙江专用) 五年高考 1.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于 A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧. 记AFG,CQG的面积分别为S1,S2. (1)求p的值及抛物线的准线方程; (2)求的最小值及此时点G的坐标. 1 2 S S A A组自主命题组自主命题浙江卷题组浙江卷题组 解析解析本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算 求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象的核心素养和

2、转化与化归的思想方法.满分15分. (1)由题意得=1,即p=2. 所以,抛物线的准线方程为x=-1. (2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程 为 x=y+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0,故2tyB=-4,即yB=-,所以B.又由于xG=(xA+xB+ xC), yG=(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0, 得C,G. 所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0). 由于Q在焦点F的右侧,故t22. 2 p 2 1 2 t t 2

3、2(1)t t 2 t 2 12 , tt 1 3 1 3 2 t 2 11 ,2tt tt 42 2 222 ,0 3 tt t 从而= = =2-. 令m=t2-2,则m0, =2-=2- 2- =1+. 当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0). 1 2 S S 1 | | 2 1 | | 2 A C FGy QGy 42 2 42 2 2 222 1 |2 | 3 2222 12 3 tt t t tt tt tt 42 4 2 1 tt t 2 4 2 1 t t 1 2 S S 2 43 m mm 1 3 4m m 1 3 24m m 3 2 3 1 2 S S 3 2 思路分析

4、思路分析 (1)根据抛物线定义知=1,得到准线方程x=-1.(2)要求的最小值,需要将用基 本量表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到 AB方程,求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然 后就可以表示出,进而求出其最小值. 2 p 1 2 S S 1 2 S S 1 2 S S 2.(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,PB的中点均在C上. (1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴; (2)若P是

5、半椭圆x2+=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围. 2 4 y 解析解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考 查运算求解能力和综合应用能力. (1)证明:设P(x0,y0),A,B. 因为PA,PB的中点在抛物线上, 所以y1,y2为方程=4即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根. 所以y1+y2=2y0, 因此,PM垂直于y轴. (2)由(1)可知 所以|PM|=(+)-x0=-3x0, |y1-y2|=2. 因此,SPAB=|PM|y1-y2|=(-4x0. 因为+=1(x00),所以-4x0=-4-4x0+44,5. 2 11 1

6、, 4 yy 2 22 1 , 4 yy 2 0 2 yy 2 0 1 4 2 yx 2 0 y 120 2 1200 2, 8, yyy y yxy 1 8 2 1 y 2 2 y 3 4 2 0 y 2 00 2(4)yx 1 2 3 2 4 2 0 y 3 2 ) 2 0 x 2 0 4 y 2 0 y 2 0 x 因此,PAB面积的取值范围是. 15 10 6 2, 4 疑难突破疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题. 在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取 值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直

7、线斜率,动点的 横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的 值域或最值. 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. 1 1 , 2 4 3 9 , 2 4 13 22 x 解析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-xb0)的离心率为,焦距 为2. (1)求椭圆E的方程; (2)

8、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. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 3 2 2 4 解析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,

9、 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|=. c a 2 2 2 2 2 x 2 2 1 1, 2 3 , 2 x y yk x 2 1 k3 1 2 1 2 3 21 k k 2 1 1 2(21)k 2 1 1 k2 22 11 2 1 11 8 12 kk k 2 3 2 2 3 22 11 2 1 11 8 21 kk k 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t1,(0,1), 2 4 1 2 4k

10、 1 2 4k 2 2 1 1, 2 2 , 4 x y yx k 2 1 2 1 8 14 k k 2 1 1 1 4k 22 xy 2 1 2 1 1 8 14 k k 2 SOT | r rOC 1 | 1 OC r |OC r 2 1 2 1 22 11 2 1 1 8 14 11 82 2 312 k k kk k 3 2 4 2 1 22 11 12 141 k kk 2 1 k 1 t 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=. |OC r 3 2 2 21

11、 t tt 3 2 2 1 11 2 tt 3 2 2 1 119 24t 1 t 1 2 2 2 2 SOT1 2 2 SOT 6 3 3 2 2 思路分析思路分析 (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. 2 SOT 疑难突破疑难突破 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. 2 SOT1 | 1 OC r 解题反思解题反思 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

12、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. 2 SOT 2.(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 BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围. 2 2 x a 2 3 y 3 1 |OF 1 |OA 3 | e FA 解析解析(1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=

13、1, 因此a2=4,所以,椭圆的方程为+=1. (2)设直线l的斜率为k(k0), 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BFHF,得=0,所以+=0,解得yH=. 1 |OF 1 |OA 3 | e FA 1 c 1 a 3 () c a ac 2 4 x 2 3 y 22 1, 43 (2) xy yk x 2 2 86 43 k k 2 2 86 43 k k 2 12 43

14、 k k FH BF 2 22 9412 , 43 43 kk kk BF FH 2 2 49 43 k k 2 12 43 H ky k 2 94 12 k k 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,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+,化简得xM1,即 1,解得k-或k. 所以,直线l的斜率的取值范围为. 1 k 2 94 12 k k 2 (2), 194 12 yk x k yx kk 2 2 209 12(1) k k 2 M y 2 M x 2 M y 2 2 209 12(1) k k 6 4 6 4 6 ,

15、4 6 , 4 评析评析 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. 1.(2019北京文,19,14分)已知椭圆C:+=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1). (1)求椭圆C的方程; (2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线 AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|=2,求证:直线l经过定点. 2 2 x a 2 2 y b 考点二圆锥曲线中的定点、定值问题考点二圆锥曲线中的定点、定值问题 解析解析本题主要考查

16、椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识点,考查学生用方程思想、数形 结合思想、分类讨论解决综合问题的能力,体现了逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养. (1)由题意得,b2=1,c=1. 所以a2=b2+c2=2. 所以椭圆C的方程为+y2=1. 2 2 x (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则直线AP的方程为y=x+1. 令y=0,得点M的横坐标xM=-. 又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=. 同理,|ON|=. 1 1 1y x 1 1 1 x y 1 1 1 x kxt 2 2 1 x kxt 由得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0. 则x1+x2=-,

17、x1x2=. 所以|OM|ON|= = 2 2 , 1 2 ykxt x y 2 4 12 kt k 2 2 22 12 t k 1 1 1 x kxt 2 2 1 x kxt 12 22 1212 (1)()(1) x x k x xk txxt = =2. 又|OM|ON|=2,所以2=2.解得t=0,所以直线l经过定点(0,0). 2 2 2 22 22 22 12 224 (1)(1) 1212 t k tkt kk tt kk 1 1 t t 1 1 t t 2.(2019课标全国文,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,M过点A,B且与直线x+ 2=0相切.

18、(1)若A在直线x+y=0上,求M的半径; (2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由. 解析解析本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备 较强的直观想象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义与性质. (1)因为M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐 标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a). 因为M与直线x+2=0相切,所以M的半径为r=|a+2|. 由已知得|AO|=2,又, 故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4. 故M的半径

19、r=2或r=6. MO AO (2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值. 理由如下: 设M(x,y),由已知得M的半径为r=|x+2|,|AO|=2, 由于,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x. 因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1. 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P. MO AO 3.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两 个不同的交点A,B,且直线PA

20、交y轴于M,直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围; (2)设O为原点, = , = ,求证:+为定值. QM QO QN QO 1 1 解析解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故抛物线C的方程为y2=4x, 由题意知,直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y=kx+1(k0). 由得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k0,即m-1时,x1,2=22. 从而|AB|=|x1-x2|=4. 由题设知|AB|=2|MN|, 即4=2(m+1),解得m=7. 2 4 x 1m 22(1)m

21、2(1)m 所以直线AB的方程为y=x+7. 方法总结方法总结 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 少了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|=(k0)求解. 2 1 k 2 1 k 2 1212 ()4xxx x 2 1 1 k 2 1 1 k 2 1212 ()4yyy y 5.(2016北

22、京,19,14分)已知椭圆C:+=1(ab0)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. 2 2 x a 2 2 y b 3 2 解析解析(1)由题意得 解得a2=4,b2=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. 222 3 , 2 1 1, 2 , c a ab abc 2 4 x (2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 设P(x0,y0),则+4=4. 当x00时,直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-,

23、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|=. 2 0 x 2 0 y 0 0 2 y x 0 0 2 2 y x 0 0 2 1 2 y x 0 0 1y x 0 0 1 x y 0 0 2 1 x y 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. 0 0 2 1 x y 0 0 2 1 2 y x 22 000000 0000 44484 22 xyx yxy x yxy 0000 0000 4488 22 x yxy x

24、 yxy 一题多解一题多解 (2)点P在曲线+=1上,不妨设P(2cos ,sin ),当k且k+(kZ)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=22=4(定值). 当=k或=k+(kZ)时,M,N是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4. 2 2 x 2 1 y 2 sin 2(cos1) sin 1cos sin1 2cos 2cos 1 sin cos 1 1 sin sin 1 1 cos 2(1 sin )(1cos ) (1 sin )(1cos ) 2 评析

25、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. 考点三圆锥曲线中的探索性问题考点三圆锥曲线中的探索性问题 (2015课标,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),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. , 3 m m 解析解析(1)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y

26、2),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kOMk=-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k0,k3. 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=, 12 2 xx 2 9 kb k 2 9 9 b k M M y x 9 k , 3 m m 9 k 222 9 , 9 yx k xym 2 P x

27、22 2 981 k m k 2 39 km k , 3 m m (3) 3 mk 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ki0,ki3,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. 2 (3) 3(9) k km k 2 39 km k 2 (3) 3(9) k km k 77 77 评析评析 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. C C组教师专用题组组教师专用题组 1.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标

28、系xOy中,已知椭圆C:+=1(ab0)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(m0)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. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 2 解析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

29、立方程 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由0得m20, 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, 2 2 2 21 km k 2 2 21 m m k 224 22 4(1 3) (21) mkk k 2 2 | | ND NF 42 22 4(31) (21) kk k 2 22 83 (21) k k 1 4 t 2 2 | | ND NF 2 16 (1) t t 16 1 2t t 1 t 2 1 t 1 t 1 t 10 3 所以1+3=4, 由(*)得-mb0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4 中恰有三

30、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. 2 2 x a 2 2 y b 3 1, 2 3 1, 2 解析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)证明: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t0,且|t|0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1

31、+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). 2 8 41 km k 2 2 44 41 m k 1 1 1y x 2 2 1y x 1 1 1kxm x 2 2 1kxm x 1212 12 2(1)()kx xmxx x x 2 2 44 41 m k 2 8 41 km k 1 2 m 1 2 m 1 2 m 3.(2016四川,20,13分)已知椭圆E

32、:+=1(ab0)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. 2 2 x a 2 2 y b 解析解析(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

33、设直线l的方程为y=x+m(m0), 由方程组可得 所以P点坐标为,|PT|2=m2. 2 2 2 2 x b 2 2 y b 22 22 1, 2 3, xy bb yx 2 6 x 2 3 y 1 2 1 , 2 3, yxm yx 2 2, 3 2 1. 3 m x m y 22 2,1 33 mm 8 9 设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0. 方程的判别式为=16(9-2m2), 由0,解得-mb0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m0) 都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M. (1)求椭圆C的方程,并

34、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. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 解析解析(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m0,所以-1n0,b0)的左焦点为F,A为虚 轴的一端点.若以A为圆心的圆与C的一条渐近线相切于点B,且=t(tR),则该双曲线的 离心率为() A.2 B. C. D. 2 2 x a 2 2 y b AB BF 5 13 2 15 2 答案答案D因为双曲线经过第一、三象限的渐

35、近线方程为bx-ay=0,所以点A到该渐近线的距 离|AB|=,因为=t, 所以A,B,F三点共线. 由题意得ABOAOF,所以=, 所以|OA|2=|AB|AF|, b2=, b2c2=a2(b2+c2), (c2-a2)c2=a2(2c2-a2), c4-3a2c2+a4=0, e4-3e2+1=0, e2=, 又e1,e=,故选D. 22 |0()| () ab ba ab c AB BF | | AO AF | | AB AO ab c 22 bc 35 2 62 5 4 2 51 2 15 2 2.(2019浙江高考信息优化卷(四),6)将离心率为e1的椭圆C1的长半轴长a1和短半轴

36、长b1同时增 加m(m0)个单位长度,得到离心率为e2的椭圆C2;将离心率为e1的双曲线C3的实半轴长a2和虚半 轴长b2(a2b2)同时增加n(n0)个单位长度,得到离心率为e4的双曲线C4,则() A.对任意的m,n均有e1e2,e3e2,无法判断e3,e4的大小关系 C.对任意的m,n均有e1e4 D.对任意的m有e1b0)的左、右焦点分别 为F1、F2,椭圆上点P满足|PF1|=2|PF2|,射线PM平分F1PF2,过坐标原点O做PM的平行线交PF1 于点Q,且|PQ|=|F1F2|,则椭圆的离心率是 . 2 2 x a 2 2 y b 1 4 答案答案 2 3 解析解析本题考查椭圆的

37、几何性质、离心率. 作点F1关于角平分线PM的对称点A,则点A在线段PF2的延长线上,连接F1A交PM于点B,连接 OB,则|PF1|=|PA|=2|PF2|,所以F2为PA的中点,由|PF1|+|PF2|=2a可知|PF2|=|AF2|=a,又O,B分别为F 1F2,F1A的中点,所以OBAF2,所以OBP=APB=BPQ,所以四边形OBPQ为等腰梯形,所以| OB|=|PQ|=,得|AF2|=c=a,所以椭圆的离心率为. 2 3 2 c2 3 2 3 解题关键解题关键 作出F1关于角平分线的对称点A是解题的突破口. 4.(2019浙江金丽衢第一次联考,17)已知P是椭圆+=1(ab0)上的

38、动点,过P作椭圆的切线l 与x轴、y轴分别交于点A、B,当AOB(O为坐标原点)的面积最小时,cosF1PF2=(F1、F2是 椭圆的两个焦点),则该椭圆的离心率为 . 2 2 x a 2 2 y b 3 4 答案答案 2 3 解析解析设点P(x0,y0),则易知直线l:+=1,且由已知可得x0y00,所以点A,B,由 1=+2,可得,所以SAOB=ab,当且仅当= 时取等号,此时|y0|=b,设|PF1|=m,|PF2|=n,由cosF1PF2=可得sinF1PF2=,由面积相等有 mn=2c|y0|=bc,所以mn=bc;另一方面,由椭圆的定义和余弦定理得m+n=2a,m2 +n2-2mn

39、=4c2,解得=4a2-4c2=4b2,即mn=b2,所以bc=,解得c2=(a2-c2),即9c2 =2a2,所以e=. 0 2 x x a 0 2 y y b 2 0 ,0 a x 2 0 0, b y 2 0 2 x a 2 0 2 y b 00 |x y ab 00 1 |x y 2 ab 1 2 22 00 | a b x y 22 2 a b2 ab 0 |x a 0 |y b 2 2 2 2 3 4 7 4 1 2 7 4 1 2 2 2 4 14 7 3 4 7 2 mn8 7 4 14 7 2 8 7 b 2 2 7 b2 7 c a 2 3 5.(2019浙江温州普通高中高

40、考适应性测试(2月),21)如图,A 为椭圆+y2=1的下顶点,过点A 的 直线 l 交抛物线x2=2py(p0)于B、C 两点,C是AB的中点. (1) 求证:点C的纵坐标是定值; (2)过点C作与直线 l 倾斜角互补的直线l交椭圆于M,N两点,p为何值时,BMN 的面积最大? 2 2 x 解析解析(1)证明:易知A(0,-1),不妨设B,则C,代入抛物线方程得 =2p,得t2=4p,yC=,故点C的纵坐标为定值. (2)点C是AB的中点,SBMN=SAMN. 设直线l的斜率为k,直线l的斜率为k,则k=,k=-, 直线l的方程为y-=-,即y=-x+2,不妨记m=-,则l:y=mx+2,

41、代入椭圆方程整理得(2m2+1)x2+8mx+6=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2=-,x1x2=, |MN|=|x1-x2|=2, A到MN的距离d=, 2 , 2 t t p 2 2 , 24 t tp p 2 2 t 2 2 4 tp p 42 4 pp p 1 2 1 ( 1) 2 2 t 3 t 3 t 1 2 3 t2 t x 3 t 3 t 2 8 21 m m 2 6 21m 2 1m2 2 1m 2 2 23 21 m m 2 3 1m 所以SAMN=|MN|d =3=. 当且仅当=时取等号,解得m2=,所以t2=,从而p=,故当p=时 BMN的面积

42、最大. 1 2 2 2 2 23 21 m m 2 2 3 2 4 23 23 m m 3 2 4 2 23m 2 4 23m 7 2 2 9 m 18 7 2 4 t9 14 9 14 6.(2019浙江新高考调研模拟卷(四),21)已知椭圆+=1(ab0)的焦距为2,且过点A(2,0). (1)求椭圆的方程; (2)若点B是椭圆的上顶点,点P(x0,y0)(y01)在以AB为直径的圆上,延长PB交椭圆于点Q,求|BP| BQ|的最大值. 2 2 x a 2 2 y b 3 解析解析(1)由题意知c=,a=2,故b=1,故椭圆的方程为+y2=1. (2)由题意知PAPB,所以|BP|是在方向

43、上的投影,所以|BP|BQ|=. 设直线BQ的方程为y=kx+1,联立得x2+4k2x2+8kx=0,可得Q, 而B(0,1),A(2,0),所以 =-2+. 令8k+1=t,由条件可得0kb0)的离心率e=,且过点 P. (1)求椭圆C的方程; (2)设A,B是椭圆C上的两个不同的动点,且直线PA,PB的倾斜角互补. 求证:直线AB的斜率为定值; 求PAB面积S的最大值. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 2 1, 2 解析解析 (1)由于椭圆C的离心率e=,故a=c.又a2=b2+c2,所以b=c. 所以椭圆C的方程为x2+2y2=a2,又点P在椭圆C上,所以a2=2. 所以椭圆C的

44、方程为+y2=1.(5分) (2)证明:设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,则直线PA的方程为y-=k(x-1). 代入椭圆方程可得(2k2+1)(x-1)2+(2k+2)(x-1)=0, 所以xA=1-,yA=-. 同理可知,xB=1-,yB=-. 所以kAB= =. 故直线AB的斜率为定值.(10分) 2 2 2 2 1, 2 2 2 x 2 2 2 2 2(12 ) 1 2 k k 2 2 2 2 2(2) 1 2 kk k 2 2(12 ) 1 2 k k 2 2 2 2 2(2) 1 2 kk k BA BA yy xx 22 2(2)2(2) 2(12 )2(12 ) k

45、kkk kk 4 4 2 k k 2 2 设直线AB的方程为y=x+t, 直线x=1和直线AB相交于点Q,则Q,所以|PQ|=|t|. 把y=x+t代入+y2=1可得x2+tx+t2-1=0, 所以=-4xAxB=2t2-4(t2-1)=4-2t2, 即|xB-xA|=. 所以S=|PQ|xB-xA|=(-t0)的焦点是F(1,0),直线l1:y=k1x,l2:y= k2x分别与抛物线C相交于点A和点B,过A,B的直线与圆O:x2+y2=4相切. (1)求直线AB的方程(用含k1、k2的式子表示); (2)若线段OA与圆O交于点M,线段OB与圆O交于点N,求SMON的取值范围. 三、解答题(共

46、60分) 解析解析(1)由已知得p=2,所以抛物线C:y2=4x. (2分) 设A(x1,y1),B(x2,y2), 联立得x2-4x=0, 解得x=0或x=,所以A. 同理B. 当直线AB的斜率存在时,kAB=,直线AB:y-=,化简得k1k2x-(k1+k2)y +4=0. 易知当直线AB的斜率不存在时,直线AB也满足方程:k1k2x-(k1+k2)y+4=0, 所以直线AB的方程为k1k2x-(k1+k2)y+4=0. (6分) (2)由于直线AB与圆O相切,所以点O到直线AB的距离d=2, 化简得(k1k2)2+(k1+k2)2-4=0, 当k1k20时,(k1k2)2=4-(k1+k

47、2)24,从而-2k1k2-+18=18-=, 所以SMON.(13分) 12 222 1212 1 ()1 k k k kkk 2 1 k 2 2 k 12 12 1 52 k k k k 2 1212 12 ()44 52 k kk k k k 2 MON S 2 1212 12 ()44 52 k kk k k k 2 (5) 42(5) 4 t t t 2 MON S 2 1849tt t 49 t t max () MON S 2 MON S 49 5 5 74 5 16 5 4 5 ,2 5 当k1k20时,(k1k2)2=4-(k1+k2)24-4k1k2,从而0k1k20)上的

48、点M(m,-2)与其焦点 的距离为2. (1)求实数p与m的值; (2)如图所示,动点Q在抛物线C上,直线l过点M,点A、B在l上,且满足QAl,QBx轴.若为 常数,求直线l的方程. 2 | | MB MA 解析解析(1)设抛物线的焦点为F,由题意得|MF|=m+=2, (2分) 又点M(m,-2)在抛物线上,故2pm=4,(4分) 由p0解得p=2,m=1.(6分) (2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,连接QM. 设直线l的方程为t(y+2)=x-1,Q,(7分) 则yB=y0,所以|MB|=|y0+2|,(9分) 又点Q到直线l的距离d=, |MA|= = =,(11分) 2 p

49、 2 0 0 , 4 y y 2 1 t 2 0 0 , 4 y y 2 0 0 2 21 4 1 y tyt t 22 |MQd 2 2 0 2 0 2 2 0 0 2 21 4 1(2) 41 y tyt y y t 2 0 0 2 12 4 1 y ty t 故=.(13分) 由为常数,得y0+2=y0-2+,所以t=1, 则为8,此时直线l的方程为y=x-3.(15分) 2 | | MB MA 22 0 0 (1) 1|2| 1 42 tty y tt 22 0 0 (1) 1|2| 4 2 4 tty t y t 2 | | MB MA 4 t 2 | | MB MA 2 6.(20

50、19浙江高考数学仿真卷,21)已知抛物线C:y2=4x,其焦点为F,直线l过点P(0,a)(a0)且与抛 物线C交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点. (1)若y1y2=8,求直线l斜率的取值范围; (2)过点P(0,a)(a0)的直线m的倾斜角与直线l的倾斜角互补,直线m与抛物线C交于M(x3,y3),N(x4, y4)两点,且FAB与FMN的面积相等,求实数a的取值范围. 解析解析(1)由题意可知直线l的斜率存在,且不为0, 设l:x=t(y-a), 联立直线与抛物线方程得 消去x可得y2-4ty+4at=0.(2分) 所以y1y2=8=4at,即a=0,所以t0,(4分) 由题意得

51、=16t2-16at=16t2-320,所以t, 所以直线l的斜率k=.(6分) (2)由题意知,直线l,m的斜率均存在,且不为0,由(1)可知, |AB|=|y1-y2|=4, 所以SFAB=4=2|1+ta|,(8分) 将t用-t替换,可得SFMN=2|1-ta|=2|ta-1|, 由且a0可得ta.(10分) 2 4 , (), yx xt ya 2 t 2 1 t 2 0, 2 2 1 t 2 1 t 2 16()tat 2 1 t 2 tat 1 2 2 1 t 2 tat 2 |1| 1 ta t 2 tat 2 tat 2 tat 2 2 0, 0 tat tat 由SFAB=S

52、FMN可得2|1+ta|=2|ta-1|,(12分) 即=,两边平方并化简可得t2=, 所以2-a20,解得0a. 又由ta,可知t2a2,所以a2,即0,所以a1, 所以实数a的取值范围是(0,1)(1,).(15分) 2 tat 2 tat ta ta 1 1 ta ta 2 1 2a 2 2 1 2a 22 (1)a 2 7.(2019浙江高考数学仿真卷(二),21)已知椭圆+=1(ab0)的离心率为,过M(-1,0)作斜率 为k的直线l与椭圆交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,满足M,P,Q互不重合. (1)固定a,若x1x2y1y20,求k的取值范围(用含a的式子表示); (

53、2)若=(0且1),并固定,当POQ(O为坐标原点)的面积最大时,求椭圆的方程(用 含的式子表示). 2 2 x a 2 2 y b 1 2 MQ PM 解析解析(1)由题意得a2=4c2,b2=3c2, 则椭圆方程为3x2+4y2=12c2,直线l:y=k(x+1). 当0a0k20 由对称性可知只需考虑k0的情形,只需x1x20,可得两交点都在第二象限, x1x2=0,kb=, k. 当a1时,k(-b,b)=.(6分) 2 2 3 14 c c 22 33 , 2 12 1 aa aa 2 2 8 43 k k 22 2 412 43 kc k 22 2 412 43 kc k 3 2