2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分56圆锥曲线的综合问题

1、2019-2020年高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查必修部分56圆锥曲线的综合问题1已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于异于椭圆顶点的两点A，B，且eq o(AP,sup6()2eq o(PB,sup6().(1)求椭圆的方程；(2)求m的取值范围解析：(1)由题意，知椭圆的焦点在y轴上，设椭圆方程为eq f(y2,a2)eq f(x2,b2)1(ab0)，由题意，知a2，bc，又a2b2c2，则beq r(2)，所以椭圆方程为eq f(y2,4)eq f(x2,2)1.(2)设

2、A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，与椭圆方程联立，即eq blcrc (avs4alco1(y22x24，,ykxm，)消去y，得(2k2)x22mkxm240，(2mk)24(2k2)(m24)0，由根与系数的关系，知eq blcrc (avs4alco1(x1x2f(2mk,2k2)，,x1x2f(m24,2k2)，)又eq o(AP,sup6()2eq o(PB,sup6()，即有(x1，my1)2(x2，y2m)，所以x12x2.则eq blcrc (avs4alco1(x1x2x2，,x1x22xoal(2,2)，)所以eq f(m2

3、4,2k2)2eq blc(rc)(avs4alco1(f(2mk,2k2)2.整理，得(9m24)k282m2，又9m240时等式不成立，所以k2eq f(82m2,9m24)0，得eq f(4,9)m24，此时0.所以m的取值范围为eq blc(rc)(avs4alco1(2，f(2,3)eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，2).2已知椭圆eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的左、右焦点分别为F1和F2，由四个点M(a，b)、N(a，b)、F2和F1组成了一个高为eq r(3)，面积为3eq r(3)的等腰梯形(1)求椭圆的方程；(2)过点F1的直线

4、和椭圆交于两点A，B，求F2AB面积的最大值解析：(1)由条件，得beq r(3)，且eq f(2a2c,2)eq r(3)3eq r(3)，所以ac3.又a2c23，解得a2，c1.所以椭圆的方程eq f(x2,4)eq f(y2,3)1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线方程为xmy1，直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程eq blcrc (avs4alco1(f(x2,4)f(y2,3)1，,xmy1，)消去x，得(3m24)y26my90，因为直线过椭圆内的点，无论m为何值，直线和椭圆总相交y1y2eq f(6m,3m24)，y1y2eq f(9,3m24).S

5、F2ABeq f(1,2)|F1F2|y1y2|y1y2|eq r(y1y224y1y2)12eq r(f(m21,3m242)4eq r(f(m21,blc(rc)(avs4alco1(m21f(1,3)2)4eq r(f(1,m21f(2,3)f(1,9m21)，令tm211，设yteq f(1,9t)，易知teq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,3)时，函数单调递减，teq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，)函数单调递增，所以当tm211，即m0时，ymineq f(10,9).SF2AB取最大值3.B级能力提升练32014江西如图，已知双曲线C：eq

6、f(x2,a2)y21(a0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AFx轴，ABOB，BFOA(O为坐标原点)(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y00)的直线l：eq f(x0 x,a2)y0y1与直线AF相交于点M，与直线xeq f(3,2)相交于点N.证明：当点P在C上移动时，eq f(|MF|,|NF|)恒为定值，并求此定值解析：(1)设F(c,0)，因为b1，所以ceq r(a21)，直线OB的方程为yeq f(1,a)x，直线BF的方程为yeq f(1,a)(xc)，解得Beq blc(rc)(avs4alco1(f(c,2)，f(c,2a).又直线

7、OA的方程为yeq f(1,a)x，则Aeq blc(rc)(avs4alco1(c，f(c,a)，kABeq f(f(c,a)blc(rc)(avs4alco1(f(c,2a),cf(c,2)eq f(3,a).又因为ABOB，所以eq f(3,a)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)1，解得a23，故双曲线C的方程为eq f(x2,3)y21.(2)由(1)知aeq r(3)，则直线l的方程为eq f(x0 x,3)y0y1(y00)，即yeq f(x0 x3,3y0).因为直线AF的方程为x2，所以直线l与AF的交点Meq blc(rc)(avs4alco1(2，f(2

8、x03,3y0)；直线l与直线xeq f(3,2)的交点为Neq f(3,2)，eq f(f(3,2)x03,3y0).则eq f(|MF|2,|NF|2)eq f(f(2x032,3y02),f(1,4)f(blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)x03)2,3y02)eq f(2x032,f(9yoal(2,0),4)f(9,4)x022)eq f(4,3)eq f(2x032,3yoal(2,0)3x022)，因为P(x0，y0)是C上一点，则eq f(xoal(2,0),3)yeq oal(2,0)1，代入上式得eq f(|MF|2,|NF|2)eq f(4,3)eq f(2x

9、032,xoal(2,0)33x022)eq f(4,3)eq f(2x032,4xoal(2,0)12x09)eq f(4,3)，所求定值为eq f(|MF|,|NF|)eq f(2,r(3)eq f(2r(3),3).42014福建已知双曲线E：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(a0，b0)的两条渐近线分别为l1：y2x，l2：y2x.(1)求双曲线E的离心率；(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理

10、由解析：方法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y2x，y2x，所以eq f(b,a)2，所以eq f(r(c2a2),a)2，故ceq r(5)a，从而双曲线E的离心率eeq f(c,a)eq r(5).(2)由(1)知，双曲线E的方程为eq f(x2,a2)eq f(y2,4a2)1.设直线l与x轴相交于点C.当lx轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|a，|AB|4a，又因为OAB的面积为8，所以eq f(1,2)|OC|AB|8，因此eq f(1,2)a4a8，解得a2，此时双曲线E的方程为eq f(x2,4)eq f(y2,16)1.若存在满足条件的双曲线E，则E的方

11、程只能为eq f(x2,4)eq f(y2,16)1.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：eq f(x2,4)eq f(y2,16)1也满足条件设直线l的方程为ykxm，依题意，得k2或k2，则Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(m,k)，0).记A(x1，y1)，B(x2，y2)由eq blcrc (avs4alco1(ykxm，,y2x，)得y1eq f(2m,2k)，同理得y2eq f(2m,2k).由SOABeq f(1,2)|OC|y1y2|得，eq f(1,2)eq blc|rc|(avs4alco1(f(m,k)eq blc|rc|(avs4alco1(f(2

12、m,2k)f(2m,2k)8，即m24|4k2|4(k24)由eq blcrc (avs4alco1(ykxm，,f(x2,4)f(y2,16)1，)得(4k2)x22kmxm2160.因为4k20，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)，又因为m24(k24)，所以0，即l与双曲线E有且只有一个公共点因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为eq f(x2,4)eq f(y2,16)1.方法二：(1)同方法一(2)由(1)知，双曲线E的方程为eq f(x2,a2)eq f(y2,4a2)1.设直线l的方程为xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依题

13、意得eq f(1,2)meq f(1,2).由eq blcrc (avs4alco1(xmyt，,y2x)得y1eq f(2t,12m)，同理得y2eq f(2t,12m).设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)由SOABeq f(1,2)|OC|y1y2|8，得eq f(1,2)|t|eq blc|rc|(avs4alco1(f(2t,12m)f(2t,12m)8，所以t24|14m2|4(14m2)由eq blcrc (avs4alco1(xmyt，,f(x2,a2)f(y2,4a2)1，)得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因为4m212或k2.由eq blcrc (avs4a

14、lco1(ykxm，,4x2y20，)得(4k2)x22kmxm20，因为4k20，所以x1x2eq f(m2,4k2)，又因为OAB的面积为8，所以eq f(1,2)|OA|OB|sinAOB8，又易知sinAOBeq f(4,5)，所以eq f(2,5)eq r(xoal(2,1)yoal(2,1)eq r(xoal(2,2)yoal(2,2)8，化简得x1x24.所以eq f(m2,4k2)4，即m24(k24)由(1)得双曲线E的方程为eq f(x2,a2)eq f(y2,4a2)1，由eq blcrc (avs4alco1(ykxm，,f(x2,a2)f(y2,4a2)1)得，(4k2)x22kmxm24a20