高考数学二轮：6.3圆锥曲线的综合问题试题含答案

1、高考数学精品复习资料 2019.5第3讲圆锥曲线的综合问题1(20xx·福建)设p，q分别为圆x2(y6)22和椭圆y21上的点，则p，q两点间的最大距离是()a5 b.c7 d62(20xx·陕西)如图，椭圆e：1(ab0)，经过点a(0，1)，且离心率为.(1)求椭圆e的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆e交于不同的两点p，q(均异于点a)，证明：直线ap与aq的斜率之和为2.1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类

2、讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解例1(20xx·重庆)如图，椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为f1、f2，过f2的直线交椭圆于p，q两点，且pqpf1.(1)若|pf1|2，|pf2|2，求椭圆的标准方程；(2)若|pq|pf1|，且，试确定椭圆离心率e的取值范围思维升华解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解

3、(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域跟踪演练1已知椭圆c的左，右焦点分别为f1，f2，椭圆的离心率为，且椭圆经过点p(1，)(1)求椭圆c的标准方程；(2)线段pq是椭圆过点f2的弦，且，求pf1q内切圆面积最大时实数的值热点二定点、定值问题1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m)2解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确

4、定的值例2椭圆c：1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点p(2,1)的距离为.(1)求椭圆c的标准方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆c相交于a，b两点(a，b不是左，右顶点)，且以ab为直径的圆过椭圆c的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标思维升华(1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线c过定点问题解法：引入参变量建立曲线c的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点跟踪演练2已知直线l：yx，圆o：x2y25，椭圆e：1(a>b>0)

5、的离心率e，直线l被圆o截得的弦长与椭圆的短轴长相等(1)求椭圆e的方程；(2)过圆o上任意一点p作椭圆e的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值热点三探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例3如图，抛物线c：y22px的焦点为f，抛物线上一定点q(

6、1,2)(1)求抛物线c的方程及准线l的方程；(2)过焦点f的直线(不经过q点)与抛物线交于a，b两点，与准线l交于点m，记qa，qb，qm的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数，使得k1k2k3成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由思维升华解决探索性问题的注意事项：存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径跟踪演练3(20xx·四川)如图，椭圆e：1(ab0)的

7、离心率是，点p(0,1)在短轴cd上，且·1.(1)求椭圆e的方程；(2)设o为坐标原点，过点p的动直线与椭圆交于a，b两点是否存在常数，使得··为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由已知椭圆c1：1(a>0)与抛物线c2：y22ax相交于a，b两点，且两曲线的焦点f重合(1)求c1，c2的方程；(2)若过焦点f的直线l与椭圆分别交于m，q两点，与抛物线分别交于p，n两点，是否存在斜率为k(k0)的直线l，使得2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由提醒：完成作业专题六第3讲二轮专题强化练专题六第3讲圆锥曲线的综合问题a组专题通关1(20xx

8、83;北京西城区期末)若曲线ax2by21为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足()aa2>b2 b.<c0<a<b d0<b<a2已知椭圆1(0<b<2)的左，右焦点分别为f1，f2，过f1的直线l交椭圆于a，b两点，若|bf2|af2|的最大值为5，则b的值是()a1 b. c. d.3已知f为抛物线y28x的焦点，过点f且斜率为1的直线l交抛物线于a，b两点，则|fa|fb|的值为()a4 b8c8 d164设椭圆1(a>b>0)的离心率为e，右焦点为f(c,0)，方程ax2bxc0的两个实根分别为x1和x2，则点p(x1，x2

9、)()a必在圆x2y22内 b必在圆x2y22上c必在圆x2y22外 d以上三种情形都有可能5若点o和点f分别为椭圆1的中心和左焦点，点p为椭圆上的任意一点，则·的最大值为()a2 b3 c6 d86已知双曲线x21的左顶点为a1，右焦点为f2，p为双曲线右支上一点，则·的最小值为_7已知a(1,2)，b(1,2)，动点p满足.若双曲线1(a>0，b>0)的渐近线与动点p的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是_8在直线y2上任取一点q，过q作抛物线x24y的切线，切点分别为a、b，则直线ab恒过定点_9已知椭圆c：1(a>b>0)的短轴长为2，

10、离心率为，过点m(2,0)的直线l与椭圆c相交于a，b两点，o为坐标原点(1)求椭圆c的方程；(2)若b点关于x轴的对称点是n，证明：直线an恒过一定点b组能力提高10已知直线ya交抛物线yx2于a，b两点若该抛物线上存在点c，使得acb为直角，则a的取值范围为_11直线3x4y40与抛物线x24y和圆x2(y1)21从左到右的交点依次为a、b、c、d，则的值为_12(20xx·课标全国)已知椭圆c：9x2y2m2(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

11、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，说明理由学生用书答案精析第3讲圆锥曲线的综合问题高考真题体验1d如图所示，设以(0,6)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2(y6)2r2(r>0)，与椭圆方程y21联立得方程组，消掉x2得9y212yr2460.令1224×9(r246)0，解得r250，即r5.由题意易知p，q两点间的最大距离为r6，故选d.2(1)解由题设知，b1，结合a2b2c2，解得a，所以椭圆的方程为y21.(2)证明由题设知，直线pq的方程为yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知

12、0，设p(x1，y1)，q(x2，y2)，x1x20，则x1x2，x1x2，从而直线ap，aq的斜率之和 kapkaq2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.热点分类突破例1解(1)由椭圆的定义，2a|pf1|pf2|(2)(2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由已知pf1pf2，因此2c|f1f2|2，即c，从而b1.故所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图，由pf1pq，|pq|pf1|，得|qf1|pf1|.由椭圆的定义，|pf1|pf2|2a，|qf1|qf2|2a，进而|pf1|pq|qf1|4a，于是(1)|pf1|4a，解得|pf1|，故|pf2|2a|pf1|.由

13、勾股定理得|pf1|2|pf2|2|f1f2|2(2c)24c2，从而224c2，两边除以4a2，得e2.若记t1，则上式变成e282.由，并注意到1关于的单调性，得3t4，即.进而e2，即e.跟踪演练1解(1)e，p(1，)满足1，又a2b2c2，a24，b23，椭圆标准方程为1.(2)显然直线pq不与x轴重合，当直线pq与x轴垂直时，|pq|3，|f1f2|2，3；当直线pq不与x轴垂直时，设直线pq：yk(x1)，k0代入椭圆c的标准方程，整理，得(34k2)y26ky9k20，>0，y1y2，y1·y2.·|f1f2|·|y1y2|12，令t34k2

14、，t>3，k2，3，0<<，(0,3)，当直线pq与x轴垂直时最大，且最大面积为3.设pf1q内切圆半径为r，则(|pf1|qf1|pq|)·r4r3.即rmax，此时直线pq与x轴垂直，pf1q内切圆面积最大，1.例2解(1)设椭圆方程为1 (a>b>0)，由e，得a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为1.又由题意知，解得c21，故a24，b23，即得椭圆的标准方程为1.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0.则又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.椭圆的右顶点为

15、a2(2,0)，aa2ba2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(x1x2)40，40，7m216mk4k20，解得m12k，m2，由，得34k2m2>0，当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾当m2时，l的方程为yk，直线过定点，且满足，直线l过定点，定点坐标为.跟踪演练2(1)解设椭圆的半焦距为c，圆心o到直线l的距离d，b.由题意得a23，b22.椭圆e的方程为1.(2)证明设点p(x0，y0)，过点p的椭圆e的切线l0的方程为yy0k(xx0)，联立直线l0与椭圆e的方程得消去y得(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)

16、260，4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得，(2x)k22kx0y0(y3)0，设满足题意的椭圆e的两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1·k2，点p在圆o上，xy5，k1·k21.两条切线的斜率之积为常数1.例3解(1)把q(1,2)代入y22px，得2p4，所以抛物线方程为y24x，准线l的方程为x1.(2)由条件可设直线ab的方程为yk(x1)，k0.由抛物线准线l：x1，可知m(1，2k)又q(1,2)，所以k3k1，即k3k1.把直线ab的方程yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20.设a(x1，

17、y1)，b(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1x2，x1x21.又q(1,2)，则k1，k2.因为a，f，b共线，所以kafkbfk，即k.所以k1k22k2k2，即k1k22k2.又k3k1，可得k1k22k3.即存在常数2，使得k1k2k3成立跟踪演练3解(1)由已知，点c、d的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点p的坐标为(0,1)，且·1，于是解得a2，b，所以椭圆e的方程为1.(2)当直线ab的斜率存在时，设直线ab的方程为ykx1，a，b的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x

18、1x2，从而，··x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当1时，23，此时··3为定值当直线ab斜率不存在时，直线ab即为直线cd，此时，····213.故存在常数1，使得··为定值3.高考押题精练解(1)因为c1，c2的焦点重合，所以，所以a24.又a>0，所以a2.于是椭圆c1的方程为1，抛物线c2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2，则可设直线l的方程为yk(x1)，p(x1，y1)，q(x2，y2)，m(x3，y3)，n

19、(x4，y4)由可得k2x2(2k24)xk20，则x1x4，x1x41，所以|pn|·.由可得(34k2)x28k2x4k2120，则x2x3，x2x3，所以|mq|·.若2，则2×，解得k±.故存在斜率为k±的直线l，使得2.二轮专题强化练答案精析第3讲圆锥曲线的综合问题1c由ax2by21，得1，因为焦点在x轴上，所以>>0，所以0<a<b.2d由椭圆的方程，可知长半轴长a2；由椭圆的定义，可知|af2|bf2|ab|4a8，所以|ab|8(|af2|bf2|)3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即3

20、，可求得b23，即b.3c依题意知f(2,0)，所以直线l的方程为yx2，联立方程消去y得x212x40.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x212，x1x24，则|af|bf|(x12)(x22)|x1x2|8.4ax1x2，x1x2.xx(x1x2)22x1x2.e，ca，b2a2c2a22a2.xx<2.p(x1，x2)在圆x2y22内5c设p(x0，y0)，则1，即y3，又因为f(1,0)，所以·x0·(x01)yxx03(x02)22，又x02,2，即·2,6，所以(·)max6.62解析由已知得a1(1,0)，f2(2,0)设

21、p(x，y) (x1)，则·(1x，y)·(2x，y)4x2x5.令f(x)4x2x5，则f(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，函数f(x)取最小值，即·取最小值，最小值为2.7(1,2)解析设p(x，y)，由题设条件，得动点p的轨迹为(x1)(x1)(y2)·(y2)0，即x2(y2)21，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆又双曲线1(a>0，b>0)的渐近线方程为y±x，即bx±ay0，由题意，可得>1，即>1，所以e<2，又e>1，故1<e<2.8(0,2)解析设q(t，2)，a(x1，y1)，b(x2，y2)，抛物线方程变为yx2，则yx，则在点a处的切线方程为yy1x1(xx1)，化简得，yx1xy1，同理，在点b处的切线方程为yx2xy2.又点q(t，2)的坐标满足这两个方程，代入得：2x1ty1，2x2