高考数学一轮复习专题突破训练圆锥曲线

______________________________________________________________________________________________________________、解：（1）因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c2＝eq\f(1,2)a2，即a2－b2＝eq\f(1,2)a2，所以a2＝2b2．……2分故椭圆方程为eq\s\do1(\f(x2,2b2))＋eq\s\do1(\f(y2,b2))＝1．由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝\s\do1(\f(1,2))x，,\s\do1(\f(x2,2b2))＋\s\do1(\f(y2,b2))＝1，))解得A(eq\s\do1(\f(2\r(,3),3))b，eq\s\do1(\f(\r(,3),3))b)．又AB＝2eq\r(5)，所以OA＝eq\r(5)，即eq\f(4,3)b2＋eq\f(1,3)b2＝5，解得b2＝3．故a＝eq\r(6)，b＝eq\r(3)．………………5分（2）方法一：由（1）知，椭圆E的方程为eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，从而A(2，1)，B(－2，－1)．①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C(x0，y0)，显然k1≠k2．从而k1·kCB＝eq\s\do1(\f(y0－1,x0－2))·eq\s\do1(\f(y0＋1,x0＋2))＝eq\s\do1(\f(y02－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(3(1－\s\do1(\f(x02,6)))－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(2－\s\do1(\f(x02,2)),x02－4))＝－eq\f(1,2)．所以kCB＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．……8分同理kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．于是直线AD的方程为y－1＝k2(x－2)，直线BC的方程为y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))从而点N的坐标为(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．…………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直线MN的斜率为定值－1．………14分②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(2，－1)．仍然设DA的斜率为k2，由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此时CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它们交点M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它们交点N(2－eq\f(2,k2)，－1)，从而kMN＝－1也成立．由①②可知，直线MN的斜率为定值－1．…………16分方法二：由（1）知，椭圆E的方程为eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，从而A(2，1)，B(－2，－1)．①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2．显然k1≠k2．直线AC的方程y－1＝k1(x－2)，即y＝k1x＋(1－2k1)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝k1x＋(1－2k1)，,\s\do1(\f(x2,6))＋\s\do1(\f(y2,3))＝1))得(1＋2k12)x2＋4k1(1－2k1)x＋2(4k12－4k1－2)＝0．设点C的坐标为(x1，y1)，则2·x1＝eq\f(2(4k12－4k1－2),1＋2k12)，从而x1＝eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))．所以C(eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))，eq\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1)))．又B(－2，－1)，所以kBC＝eq\s\do1(\f(\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1))＋1,\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))＋2))＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．………………8分所以直线BC的方程为y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．又直线AD的方程为y－1＝k2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))从而点N的坐标为(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直线MN的斜率为定值－1．………………14分②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(2，－1)．仍然设DA的斜率为k2，则由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此时CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它们交点M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它们交点N(2－eq\f(2,k2)，－1)，从而kMN＝－1也成立．由①②可知，直线MN的斜率为定值－1．………………16分4、解：（1）因为，，所以，即，由得，，即,……3分又，所以，解得或(舍去)．……5分（2）当时,，由得，，即，故，……8分所以，解得（负值已舍）．……10分（3）依题意，椭圆右焦点到直线的距离为，且，①由得，,即,②由①②得，，解得或(舍去).……13分所以，所以以为圆心，为半径的圆与右准线相切.……16分（注：第（2）小问中，得到椭圆右焦点到直线的距离为，得1分；直接使用焦半径公式扣1分．）5、6、解：（1）由题意得，，解得，所以，所以椭圆的标准方程为．……………4分（2）设，显然直线的斜率都存在，设为，则，，所以直线的方程为：，消去得，化简得，故点在定直线上运动．……………10分（3）由（2）得点的纵坐标为，又，所以，则，所以点到直线的距离为，将代入得，所以面积，当且仅当，即时等号成立，故时，面积的最大值为．……………16分7、解：（1）由，设，则，，所以椭圆的方程为，因直线垂直于轴且点为椭圆的右焦点，即，代入椭圆方程，解得，于是，即，所以椭圆的方程为………………5分（2）将代入，解得，因点在第一象限，从而，由点的坐标为，所以，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，解得，又过原点，于是，，所以直线的方程为，所以点到直线的距离，………………10分（3）假设存在点，使得为定值，设，当直线与轴重合时，有，当直线与轴垂直时，，由，解得，，所以若存在点，此时，为定值2.…………12分根据对称性，只需考虑直线过点，设，，又设直线的方程为，与椭圆联立方程组，化简得，所以，，又，所以，将上述关系代入，化简可得.综上所述，存在点，使得为定值2……………16分8、解：（1）记椭圆C的半焦距为c．由题意，得b＝1，eq\F(c,a)＝eq\F(eq\R(,3),2)，c2＝a2＋b2，解得a＝2，b＝1．………………4分（2）由（1）知，椭圆C的方程为eq\F(x2,4)＋y2＝1，圆C1的方程为x2＋y2＝5．显然直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0．……6分因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，故方程组eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋m，,eq\F(x2,4)＋y2＝1))（*）有且只有一组解．由（*）得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4从而△＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－化简，得m2＝1＋4k2．①…………10分因为直线l被圆x2＋y2＝5所截得的弦长为2eq\R(,2)，所以圆心到直线l的距离d＝EQ\r(,5－2)＝eq\R(,3)．即eq\F(|m|,eq\R(,k2＋1))＝eq\R(,3)．②………14分由①②，解得k2＝2，m2＝9．因为m＞0，所以m＝3．………16分9、解：（1）由题设知，∴．…………………3分解得．∴椭圆的方程为．……………………6分（2）圆的圆心为，点在圆上，∴（当且仅当直线过点E时取等号）．……9分设是椭圆上的任意一点，则，即．∴．………………13分因为，所以当时，取得最大值12，即.所以的最大值为．……………16分10、11、解：（1）设点E（m，m），由B（0，－2）得A（2m，2m+2）．代入椭圆方程得，即，解得或（舍）．………………3分所以A（，），故直线AB的方程为．…………………6分（2）设，则，即．设,由A，P，M三点共线，即，∴，又点M在直线y=x上，解得M点的横坐标，……………9分设，由B，P，N三点共线，即，∴，点N在直线y=x上，，解得N点的横坐标．…………12分所以OM·ON==＝2====．……16分12、解：（1）设，∵直线斜率为时，，∴，∴…………３分∴，∵，∴．∴椭圆的标准方程为．………………６分（２）以为直径的圆过定点．设，则，且，即，∵，∴直线方程为：，∴，直线方程为：，∴，………………９分以为直径的圆为即，………………12分∵，∴，令，，解得，∴以为直径的圆过定点．………………16分13、14、解：（1）由条件得eq\F(1,a2)＋eq\F(1,b2)＝1，且c2＝2b2，所以a2＝3b2，解得b2＝eq\F(4,3)，a2＝4．所以椭圆方程为：eq\F(x2,4)＋eq\F(3y2,4)＝1．…3分（2）设l1方程为y＋1＝k(x＋1)，联立eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋k－1，,x2＋3y2＝4，))消去y得(1＋3k2)x2＋6k(k－1)x＋3(k－1)2－4＝0．因为P为（－1，1），解得M（eq\F(－3k2＋6k＋1,1＋3k2)，eq\F(3k2＋2k－1,1＋3k2)）．………5分当k≠0时，用－eq\F(1,k)代替k，得N（eq\F(k2－6k－3,k2＋3)，eq\F(－k2－2k＋3,k2＋3)）．………7分将k＝－1代入，得M（－2，0），N（1，1）．因为P（－1，－1），所以PM＝eq\R(,2)，PN＝2eq\R(,2)，所以△PMN的面积为eq\F(1,2)×eq\R(,2)×2eq\R(,2)＝2．………9分（3）解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\al(x12＋3y12＝4，,x22＋3y22＝4，))两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＋3(y1＋y2)(y1－y2)＝0，因为线段MN的中点在x轴上，所以y1＋y2＝0，从而可得(x1＋x2)(x1－x2)＝0．………12分若x1＋x2＝0，则N(－x１，－y１)．因为PM⊥PN，所以eq\o(PM,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(PN,\d\fo1()\s\up7(→))＝0，得x12＋y12＝2．又因为x12＋3y12＝4，所以解得x1＝±1，所以M(－1，1)，N(1，－1)或M(1，－1)，N(－1，1)．所以直线MN的方程为y＝－x．