高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题5 解析几何 第18讲 高考中的圆锥曲线专题限时集训 理-人教版高三数学试题

专题限时集训(十九)高考中的圆锥曲线(建议用时：45分钟)1．(2014·江苏高考)如图18－5，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连结BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连结F1C.图18－5(1)若点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，且BF2＝eq\r(2)，求椭圆的方程；(2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e[解]设椭圆的焦距为2c，则F1(－c,0)，F2(c,(1)因为B(0，b)，所以BF2＝eq\r(b2＋c2)＝a.又BF2＝eq\r(2)，故a＝eq\r(2).3分因为点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))在椭圆上，所以eq\f(\f(16,9),a2)＋eq\f(\f(1,9),b2)＝1，解得b2＝1.故所求椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.6分(2)因为B(0，b)，F2(c,0)在直线AB上，所以直线AB的方程为eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1.解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,c)＋\f(y,b)＝1，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a2c,a2＋c2)，,y1＝\f(bc2－a2,a2＋c2)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝b.))所以点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(bc2－a2,a2＋c2))).10分又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(ba2－c2,a2＋c2))).因为直线F1C的斜率为eq\f(\f(ba2－c2,a2＋c2)－0,\f(2a2c,a2＋c2)－－c)＝eq\f(ba2－c2,3a2c＋c3)，直线AB的斜率为－eq\f(b,c)，且F1C⊥AB，所以eq\f(ba2－c2,3a2c＋c3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝eq\f(1,5)，因此e＝eq\f(\r(5),5).16分2．(2016·南通二调)如图18－6，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2).A为椭圆上异于顶点的一点，点P满足eq\o(OP,\s\up14(→))＝2eq\o(AO,\s\up14(→)).图18－6(1)若点P的坐标为(2，eq\r(2))，求椭圆的方程；(2)设过点P的一条直线交椭圆于B，C两点，且eq\o(BP,\s\up14(→))＝meq\o(BC,\s\up14(→))，直线OA，OB的斜率之积为－eq\f(1,2)，求实数m的值．【导学号：19592055】[解](1)因为eq\o(OP,\s\up14(→))＝2eq\o(AO,\s\up14(→))，而P(2，eq\r(2))，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2))).3分代入椭圆方程，得eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，①又椭圆的离心率为eq\f(\r(2),2)，所以eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，得a2＝2，b2＝1，故椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.6分(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，因为eq\o(OP,\s\up14(→))＝2eq\o(AO,\s\up14(→))，所以P(－2x1，－2y1)．因为eq\o(BP,\s\up14(→))＝meq\o(BC,\s\up14(→))，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1－x2＝mx3－x2，,－2y1－y2＝my3－y2，))于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1，,y3＝\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1，))10分代入椭圆方程，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1))2,b2)＝1，即eq\f(4,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)))＋eq\f(m－12,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)))－eq\f(4m－1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,a2)＋\f(y1y2,b2)))＝1，③14分因为A，B在椭圆上，所以eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1.④因为直线OA，OB的斜率之积为－eq\f(1,2)，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－eq\f(1,2)，结合②知eq\f(x1x2,a2)＋eq\f(y1y2,b2)＝0.⑤将④⑤代入③，得eq\f(4,m2)＋eq\f(m－12,m2)＝1，解得m＝eq\f(5,2).16分3．(2016·江苏高考)如图18－7，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p>0)．图18－7(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；②求p的取值范围．[解](1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，3分由点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直线l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以抛物线C的方程为y2＝8x.6分(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．因为点P和Q关于直线l对称，所以直线l垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为－1，则可设其方程为y＝－x＋b.①证明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)10分因为P和Q是抛物线C上的相异两点，所以y1≠y2，从而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化简得p＋2b>0.方程(*)的两根为y1,2＝－p±eq\r(p2＋2pb)，从而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因为M(x0，y0)在直线l上，所以x0＝2－p.12分因此，线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)．②因为M(2－p，－p)在直线y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<eq\f(4,3).因此，p的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).16分4．如图18－8，等边三角形OAB的边长为8eq\r(3)，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．图18－8(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q.证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．[解](1)依题意，OB＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°，设B(x，y)，则x＝OBsin30°＝4eq\r(3)，y＝OBcos30°＝12.因为点B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq\r(3))2＝2p×12，解得p＝2.故抛物线E的方程为x2＝4y.6分(2)证明：法一：由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x.设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x0x－\f(1,4)x\o\al(2,0)，,y＝－1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，,y＝－1.))所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1)).10分设M(0，y1)，令eq\o(MP,\s\up14(→))·eq\o(MQ,\s\up14(→))＝0对满足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的x0，y0恒成立．由于eq\o(MP,\s\up14(→))＝(x0，y0－y1)，eq\o(MQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1－y1))，由eq\o(MP,\s\up14(→))·eq\o(MQ,\s\up14(→))＝0，得eq\f(x\o\al(2,0)－4,2)－y0－y0y1＋y1＋yeq\o\al(2,1)＝0，即(yeq\o\al(2,1)＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)由于(*)式对满足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的y0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－y1＝0，,y\o\al(2,1)＋y1－2＝0，))解得y1＝1.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).16分法二：由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x.设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x0x－\f(1,4)x\o\al(2,0)，,y＝－1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，,y＝－1.))10分所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1)).取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,4)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，以PQ为直径的圆为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,8)))2＝eq\f(125,64)，交y轴于M3(0,1)或M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(7,4))).故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．以下证明点M(0,1)就是所要求的点．因为eq\o(MP,\s\up14(→))＝(x0，y0－1)，eq\o(MQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－2))，所以eq\o(MP,\s\up14(→))·eq\o(MQ,\s\up14(→))＝eq\f(x\o\al(2,0)－4,2)－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).16分5．(2016·南京盐城一模)如图18－9，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1上一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2.图18－9(1)若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；(2)若r＝eq\f(2\r(5),5).①求证：k1k2＝－eq\f(1,4)；②求OP·OQ的最大值．[解](1)因为椭圆C右焦点的坐标为(eq\r(3)，0)，所以圆心M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，±\f(1,2)))，4分从而圆M的方程为(x－eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y±\f(1,2)))2＝eq\f(1,4).6分(2)①证明：因为圆M与直线OP：y＝k1x相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(k\o\al(2,1)＋1))＝eq\f(2\r(5),5)，即(4－5xeq\o\al(2,0))keq\o\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0，同理，有(4－5xeq\o\al(2,0))keq\o\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0，所以k1，k2是方程(4－5xeq\o\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0的两根，从而k1k2＝eq\f(4－5y\o\al(2,0),4－5x\o\al(2,0))＝eq\f(4－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)x\o\al(2,0))),4－5x\o\al(2,0))＝eq\f(－1＋\f(5,4)x\o\al(2,0),4－5x\o\al(2,0))＝－eq\f(1,4).10分②设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(4,1＋4k\o\al(2,1))，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))，12分同理，xeq\o\al(2,2)＝eq\f(4,1＋4k\o\al(2,2))，yeq\o\al(2,2)＝eq\f(4k\o\al(2,2),1＋4k\o\al(2,2))，所以OP2·OQ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1＋4k\o\al(2,1))＋\f(4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1＋4k\o\al(2,2))＋\f(4k\o\al(2,2),1＋4k\o\al(2,2))))＝eq\f(41＋k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))·eq\f(41＋k\o\al(2,2),1＋4k\o\al(2,2))＝eq\f(4＋4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))·eq\f(1＋16k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))≤eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5＋20k\o\al(2,1),2)))2,1＋4k\o\al(2,1)2)＝eq\f(25,4)，当且仅当k1＝±eq\f(1,2)时取等号．所以OP·OQ的最大值为eq\f(5,2).16分6.(2016·苏州期末)如图18－10，已知椭圆O：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上，下顶点，点P是直线l：y＝－2上的一个动点(与y轴交点除外)，直线PC交椭圆于另一点M.图18－10(1)当直线PM过椭圆的右焦点F时，求△FBM的面积；(2)①记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值；②求eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))的取值范围．[解](1)由题意B(0,1)，C(0，－1)，焦点F(eq\r(3)，0)，当直线PM过椭圆的右焦点F时，则直线PM的方程为eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,－1)＝1，即y＝eq\f(\r(3),3)x－1，联立，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).3分连结BF，则直线BF：eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,1)＝1，即x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，而BF＝a＝2，M到直线BF的距离为d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)·\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋\r(3)2))＝eq\f(\f(2\r(3),7),2)＝eq\f(\r(3),7).故S△MBF＝eq\f(1,2)·BF·d＝eq\f(1,2)·2·eq\f(\r(3),7)＝eq\f(\r(3),7).6分(2)法一：①设P(m，－2)，且m≠0，则直线PM的斜率为k＝eq\f(－1－－2,0－m)＝－eq\f(1,m)，则直线PM的方程为y＝－eq\f(1,m)x－1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化简得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq\f(8,m)x＝0，解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，8分所以k1＝eq\f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq\f(－2m2,－8m)＝eq\f(1,4)m，k2＝eq\f(1－－2,0－m)＝－eq\f(3,m)，所以k1·k2＝－eq\f(3,m)·eq\f(1,4)m＝－eq\f(3,4)为定值.12分②由①知，eq\o(PB,\s\up14(→))＝(－m,3)，eq\o(PM,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋4)－m，\f(4－m2,m2＋4)＋2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))，所以eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))＝(－m,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m3＋12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))＝eq\f(m4＋15m2＋36,m2＋4)，令m2＋4＝t>4，故eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))＝eq\f(t－42＋15t－4＋36,t)＝eq\f(t2＋7t－8,t)＝t－eq\f(8,t)＋7，因为y＝t－eq\f(8,t)＋7在t∈(4，＋∞)上单调递增，所以eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))＝t－eq\f(8,t)＋7>4－eq\f(