高考文数一轮复习夯基提能作业第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题

第九节圆锥曲线的综合问题A组基础题组1.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.2.(2017北京东城一模)已知椭圆W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2,且|F1F2(1)求椭圆W的标准方程及离心率;(2)如图,过点F1作直线l1与椭圆W交于点A,C,过点F2作直线l2⊥l1,且l2与椭圆W交于点B,D,l1与l2交于点E,试求四边形ABCD的面积的最大值.3.(2016北京西城期末)已知椭圆C:x2a2+y2b(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点,且l与圆x2+y2=5相交于不在坐标轴上的两点P1,P2,记直线OP1,OP2的斜率分别为k1,k2,求证:k1·k2为定值.4.(2016北京朝阳一模)已知椭圆C:x24+y22=1的焦点分别为F(1)求以线段F1F2(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M,N.在x轴上是否存在点Q,使得∠PQM+∠PQN=180°?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.B组提升题组5.(2017北京海淀二模)已知F1(1,0)、F2(1,0)分别是椭圆C:x2a2(1)求椭圆C的方程;(2)若A,B分别在直线x=2和x=2上,且AF1⊥BF1.(i)当△ABF1为等腰三角形时,求△ABF1的面积;(ii)求点F1,F2到直线AB距离之和的最小值.6.(2016北京海淀二模)已知曲线C:x24+(1)当点B坐标为(1,0)时,求k的值;(2)记△OAD的面积为S1,四边形ABCD的面积为S2.(i)若S1=26(ii)求证:S1S2

答案精解精析A组基础题组1.解析(1)由题意,知椭圆C的标准方程为x24+y所以a2=4,b2=2,从而c2=a2b2=2.因此a=2,c=2.故椭圆C的离心率e=ca=2(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因为OA⊥OB,所以OA·OB=0,即tx0+2y0=0,解得t=2y又x02+2所以|AB|2=(x0t)2+(y02)2=x0+2y=x02+y0=x02+4-=x022+8因为x022+8当且仅当x0所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为22.2.解析(1)由已知,得2c解得c所以椭圆W的标准方程为x23+y22=1,离心率e=(2)连接EO.由题意知EF1⊥EF2,所以|EO|=12|F1F所以点E的轨迹是以原点为圆心,1为半径的圆.显然点E在椭圆W的内部.S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=12|AC|·|BE|+12|AC|·|DE|=①当直线l1,l2中的一条直线与x轴垂直时,不妨令l2⊥x轴,此时AC为长轴,BD⊥x轴,把x=1代入椭圆方程,可求得y=±23则|BD|=43此时S四边形ABCD=12②当直线l1,l2的斜率都存在时,设直线l1:x=my1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).联立x=my-1,所以y1+y2=4m2m2+3,y1则|AC|=(=43同理,|BD|=43S四边形ABCD=12=12×43=24=24(m=41-综上,四边形ABCD的面积的最大值为4.3.解析(1)由题意,得ca=32,a2=b2+c2又因为点A1,所以1a2+解得a=2,b=1,c=3,所以椭圆C的方程为x24+y(2)证明:当直线l的斜率不存在时,由题意知l的方程为x=±2,易得直线OP1,OP2的斜率之积k1·k2=14当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m(k≠0).由y=kx+m,x2因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=(8km)24(4k2+1)(4m2即m2=4k2+1.由y=kx+m,x2设P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x1+x2=-2kmk2+1,x1所以k1·k2=y1y2x=k2·m将m2=4k2+1代入上式,得k1·k2=-k2+1综上,k1·k2为定值144.解析(1)因为a2=4,b2=2,所以c2=2.所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2+y2(2)假设存在点Q(m,0),使得∠PQM+∠PQN=180°,则直线QM和QN的斜率存在,分别设为k1,k2.则k1+k2=0.依题意,知直线l的斜率存在,故设直线l的方程为y=k(x4).由y=k(x-4),x2因为直线l与椭圆C有两个交点,所以Δ>0.即(16k2)24(2k2+1)(32k24)>0,解得k2<16设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=16k22k2+1,x1x2=32k2-k1+k2=y1x1即(x1m)y2+(x2m)y1=0,即(x1m)k(x24)+(x2m)k(x14)=0,当k≠0时,2x1x2(m+4)(x1+x2)+8m=0,所以2·32k2-42化简得8(当k=0时,也成立.所以存在点Q(1,0),使得∠PQM+∠PQN=180°.B组提升题组5.解析(1)由题意可得a23=1,所以a2=4,所以椭圆C的方程为x24+(2)由题意可设A(2,m),B(2,n),因为AF1⊥BF1,所以AF1·所以(1,m)·(3,n)=0,所以mn=3①.(i)因为AF1⊥BF1,所以当△ABF1为等腰三角形时,只能是|AF1|=|BF1|,即m2+1=化简得m2n2=8②.由①②可得m=3,所以S△ABF1=12|AF1||BF1|=1(ii)直线AB:y=n-化简得(nm)x4y+2(m+n)=0,设点F1,F2到直线AB的距离分别为d1,d2,则d1+d2=|2(m因为点F1,F2在直线AB的同一侧,所以d1+d2=4=4m2因为mn=3,所以m2+n2≥2mn=6(当且仅当m=n时取等号),d1+d2=4m2+n所以d1+d2=41-4m当m=n=3或m=n=3时,点F1,F2到直线AB的距离之和取得最小值23.6.解析(1)因为B(1,0),所以设A(1,y0),代入x24+y23=1(y≥0),解得y将A-1得k=12(2)(i)解法一:设点E(0,1),A(x1,y1),D(x2,y2).由x24+y2所以Δ因为S1=12|OE|(|x1|+|x2|)=12×1·|x1x2|=12|x1而|x1x2|=96(所以S1=12·=26所以262k所以2k2+1所以|AD|=2×263解法二:设点E(0,1),A(x1,y1),D(x2,y2).由x24+y2所以Δ点O到直线AD的距离d=