2011年高考一轮数学复习 8-5圆锥曲线综合问题 理 同步练习（名师解析）

1、第8章 第5节 知能训练·提升考点一：定点定值问题1在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y24x相交于不同的A、B两点(1)如果直线l过抛物线的焦点，求·的值；(2)如果·4.证明直线l必过一定点，并求出该定点解：(1)由题意：抛物线焦点为(1,0)，设l：xty1，代入抛物线方程y24x，消去x，得y24ty40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24t，y1y24，·x1x2y1y2(ty11)(ty21)y1y2t2y1y2t(y1y2)1y1y24t24t2143.(2)设l：xtyb，代入抛物线方程y24x，消去x，得y24ty

2、4b0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24t，y1y24b，·x1x2y1y2(ty1b)(ty2b)y1y2t2y1y2bt(y1y2)b2y1y24bt24bt2b24bb24b.令b24b4，b24b40，b2，直线l过定点(2,0)2如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为F(3,0)，右准线l的方程为：x12.(1)求椭圆的方程；(2)在椭圆上任取三个不同点P1、P2、P3，使P1FP2P2FP3P3FP1，证明为定值，并求此定值解：(1)设椭圆方程为1(ab0)因焦点为F(3,0)，故半焦距c3，右准线l的方程为x，从而由已知12，得a236，因此a6，b3.故

3、所求椭圆方程为1.(2)证明：记椭圆的右顶点为A，并设AFPii(i1,2,3)，不失一般性，假设01，且21，31.又设点Pi在l上的射影为Qi，因椭圆的离心率e，从而有|FPi|PiQi|·e(c|FPi|cosi)e(9|FPi|cosi)(i1,2,3)，解得(1cosi)(i1,2,3)因此3(cos1cos(1)cos(1)，而cos1cos(1)cos(1)cos1cos1sin1cos1sin10，故为定值3(2010·济南模拟)椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点，已知·的最大值为3，最小值为2.(1

4、)求椭圆C的方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆C相交于M、N两点(M，N不是左右顶点)，且以线段MN为直径的圆过点A，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标解：(1)P为椭圆上任意一点，|PF1|PF2|2a且ac|PF1|ac，令y·|cosF1PF2(|2|24c2)|2(2a|)24c2(|PF1|a)2a22c2，当|PF1|a时，y有最小值a22c2；当|PF1|ac或ac时，y有最大值a2c2，.，b2a2c23，椭圆方程为1.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将ykxm代入椭圆方程得(4k23)x28kmx4m2120，x1x2，x1x2，y1kx1m

5、，y2kx2m，y1y2k2x1x2km(x1x2)m2，又以MN为直径的圆过点A(2,0)，·0，即x1x22(x1x2)4y1y20，7m216km4k20，mk或m2k，且满足0，若m2k，直线l恒过定点(2,0)，不合题意舍去，若mk，直线l：yk(x)恒过定点(，0)考点二：最值及范围问题4(2010·荆州调研)已知抛物线y24x的顶点O，点A(5,0)，倾斜角为的直线l与线段OA相交但不过O、A两点，且交抛物线于M、N两点，求AMN面积最大时直线l的方程，并求AMN的最大面积解：设直线l的方程为yxb，直线l与线段OA相交，5b0.由方程组消去y，得x2(2b4

6、)xb20，(2b4)24b216(1b)0，直线l与抛物线必有两个交点，设为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由弦长公式得：|MN|x1x2|.点A到直线l的距离为d.AMN的面积S|MN|·d2·(b5)S24(1b)(b5)24(b39b215b25)令yx39x215x25(5x0)，则y3x218x15.当5x1时，y0；当1x0时，y0，当x1，y有最大值从而当b1时，S24(1b)(b5)2有最大值128.当b1时，AMN的面积S的最大值为8，此时直线的方程为yx1.5已知点G是ABC的重心，A(0，1)，B(0,1)，在x轴上有一点M，满足|，(R)(1

7、)求点C的轨迹方程；(2)若斜率为k的直线l与点C的轨迹交于不同两点P、Q，且满足|，试求k的取值范围解：(1)设C(x，y)，则G(，)因为(R)，所以GMAB.又M是x轴上一点，则M(，0)又|，所以，整理得y21(x0)，此即为点C的轨迹方程(2)当k0时，l和椭圆C有两个不同交点P、Q，根据椭圆的对称性有|.当k0时，可设l的方程为ykxm，联立方程组消去y，整理得(13k2)x26kmx3(m21)0.因为直线l和椭圆C交于不同两点，所以(6km)24(13k2)·3(m21)0，即13k2m20.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1，x2是方程的两相异实根，所以x

8、1x2，x1x2，则PQ的中点N(x0，y0)的坐标是x0，y0kx0m，即N(，)又|，所以，所以k·kANk·1，所以m，将m代入，得13k2()20(k0)，即k21，所以k(1,0)(0,1)综合得k的取值范围是(1,1)6椭圆1(ab0)与直线xy10相交于两不同点P、Q且OPOQ(O为原点)(1)求证：等于定值；(2)若椭圆离心率e，求椭圆长轴的取值范围解：(1)由(a2b2)x22a2xa2(1b2)0有两个交点，0，即4a44(a2b2)a2(1b2)0b2(a2b21)0，b0，a2b21.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1，x2是方程的两实根，

9、x1x2，x1x2由OPOQx1x2y1y20.y11x1，y21x22x1x2(x1x2)10将代入化简得a2b22a2b22(定值)(2)利用(1)的结论，将a表示为e的函数，eb2a2a2e2，代入得2e22a2(1e2)，a2.e，a2.a0，a.所以长轴的取值范围是2a.考点三：圆锥曲线综合问题7(1)设M(x0，y0)为抛物线y22x上的一个定点，过M作抛物线的两条互相垂直的弦MP，MQ.求证：PQ恒过定点M(x02，y0)；(2)直线xmy10与抛物线y22x交于点P，Q，在抛物线上是否存在点M，使得MPQ为以PQ为斜边的直角三角形？解：(1)设PQ的方程为xmyn，代入y22x

10、中，得y22my2n0，其中y1，y2分别是P，Q的纵坐标MPMQ，kMP·kMQ1，即·1.又·4，(y1y0)(y2y0)4，y1·y2(y1y2)y0y40，(2n)2my02x040，nmy0x02，直线PQ的方程为xmymy0x02，即xm(yy0)x02，它一定过定点M(x02，y0)(2)设M(x0，y0)为满足条件的点，则由(1)知M(x02，y0)在直线xmy10上，所以x02my010，(x0，y0)是方程组的解，消去x得y22my60，4m2240，m或m时，存在点M满足条件，当m时，满足条件的M不存在8设椭圆1(ab0)的左右焦点

11、分别为F1、F2，A是椭圆上的一点且在x轴上方，AF2F1F2，原点O到直线AF1的距离为|OF1|.(1)求椭圆的离心率；(2)若左焦点F1(1,0)，设过点F1且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于B，C两点，线段BC的垂直平分线与x轴交于点G，求点G的横坐标的取值范围解：(1)解法一：由题设AF2F1F2及F1(c,0)，F2(c,0)，不妨设点A(c，y)(y0)，其中由于点A在椭圆上，有1，即1，解得y，从而得A(c，)，直线AF1的方程为y(xc)，整理得b2x2acyb2c0，由题设，原点O到直线AF1的距离为|OF1|，即，将b2a2c2代入上式并化简，得a22c2，进而求得e.解法二

12、：设O到直线AF1的垂足为E，则RtOEF1RtAF2F1，(*) 由已知条件可求得|AF2|，又|AF1|AF2|2a，故|AF1|2a.代入(*)式得，即2a.将b2a2c2代入并化简，得a22c2，进而求得e.(2)左焦点F1(1,0)，椭圆的方程为y21，设直线BC的方程为yk(x1)(k0)代入椭圆方程并整理得(12k2)x24k2x2k220，记B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC中点N(x0，y0)，则x1x2，x0(x1x2)，y0k(x01)，BC的垂直平分线NG的方程为yy0(xx0)，令y0，得xGx0ky0.k0，xG0.即点G横坐标的取值范围为(，0).1.(20

13、09·四川)已知直线l1：4x3y60和直线l2：x1，抛物线y24x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是()A2 B3C. D.解析：由抛物线y24x知直线l2为其准线，焦点为F(1,0)由抛物线的定义可知动点P到直线l2的距离与P到焦点F(1,0)的距离相等，所以P到直线l1的距离与P到焦点F(1,0)的距离之和的最小值为焦点F(1,0)到直线l1的距离(如图)，则d2.答案：A2(2009·湖南)在平面直角坐标系xOy中，点P到点F(3,0)的距离的4倍与它到直线x2的距离的3倍之和记为d.当点P运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和(1)求点P的轨迹C

14、；(2)设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值分析：(1)由题意，将几何条件坐标化即得轨迹方程(2)将直线方程与轨迹方程联立，应用韦达定理、焦半径公式可求得解：(1)设点P的坐标为(x，y)，则d43|x2|.由题设，d18x，即43|x2|18x.当x>2时，由得6x，化简得1.当x2时，由得3x，化简得y212x.故点P的轨迹C是由椭圆C1：1在直线x2的右侧部分与抛物线C2：y212x在直线x2的左侧部分(包括它与直线x2的交点)所组成的曲线，参见下图：(2)如图所示，易知直线x2与C1，C2的交点都是A(2,2)，B(2，2)，直线AF，BF的斜率分别为

15、kAF2，kBF2.当点P在C1上时，由知|PF|6x，当点P在C2上时，由知|PF|3x，若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为yk(x3)()当kkAF，或kkBF，即k2，或k2时，直线l与轨迹C的两个交点M(x1，y1)，N(x2，y2)都在C1上，此时由知|MF|6x1，|NF|6x2，从而|MN|MF|NF|(6x1)(6x2)12(x1x2)由得(34k2)x224k2x36k21080，则x1，x2是这个方程的两根，所以x1x2，|MN|12(x1x2)12.因为当k2，或k2时，k224，所以|MN|121212，当且仅当k±2时，等号成立()当kAF<k&l

16、t;kBF，即2<k<2时，直线l与轨迹C的两个交点M(x1，y1)，N(x2，y2)分别在C1，C2上，不妨设点M在C1上，点N在C2上，则由知，|MF|6x1，|NF|3x2，设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0，y0)，则x0<x1，x2<2，|MF|6x1<6x0|EF|，|NF|3x2<32|AF|，所以|MN|MF|NF|<|EF|AF|AE|.而点A，E都在C1上，且kAE2，由()知|AE|，所以|MN|.若直线l的斜率不存在，则x1x23，此时|MN|12(x1x2)9<.综上所述，线段MN长度的最大值为.3(2009

17、83;辽宁)已知椭圆C经过点A(1，)，两个焦点为(1,0)，(1,0)(1)求椭圆C的方程；(2)E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值解：(1)由题意，c1，可设椭圆方程为1.因为A在椭圆上，所以1，解得b23，b2(舍去)所以椭圆方程为1.(2)设直线AE方程为yk(x1)，代入1得(34k2)x24k(32k)x4(k)2120.设E(xE，yE)，F(xF，yF)，因为点A(1，)在椭圆上，所以xE，yEkxEk.又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以k代k，可得xF，yFkxFk.所以直线EF的斜率

18、kEF，即直线EF的斜率为定值，其值为.4(2009·北京)已知双曲线C：1(a>0，b>0)的离心率为，右准线方程为x.(1)求双曲线C的方程；(2)设直线l是圆O：x2y22上动点P(x0，y0)(x0y00)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明AOB的大小为定值解：(1)由题意得解得a1，c.所以b2c2a22.所以双曲线C的方程为x21.(2)证法一：点P(x0，y0)(x0y00)在圆x2y22上，圆在点P(x0，.y0)处的切线l的方程为yy0(xx0)，化简得x0xy0y2.由及xy2，得(3x4)x24x0x82x0.因为切线l与双曲线C交于不

19、同的两点A，B且0<x<2，所以3x40，且16x4(3x4)(82x)>0.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2，x1x2.因为cosAOB，且·x1x2y1y2x1x2(2x0x1)(2x0x2)x1x242x0(x1x2)xx1x240，所以AOB的大小为90°.(2)证法二：点P(x0，y0)(x0y00)在圆x2y22上，圆在点P(x0，y0)处的切线l的方程为yy0(xx0)，化简得x0xy0y2.由及xy2，得(3x4)x24x0x82x0，(3x4)y28y0y82x0.因为切线l与双曲线C交于不同的两点A，B，所以3x40.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2，y1y2.所以·x1x2y1y20.所以AOB的大小为90°.(因为xy2且x0y00，所以0<x<2,0