1、三年高考两年模拟浙江版届高考数学一轮复习第八章平面解析几何88圆锥曲线的综合问题知能训练8.8圆锥曲线的综合问题组基础题组1.(2016超级中学原创预测卷十,18,15分)已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,一个顶点为B(0,-1),且右焦点到直线x-y+3=0的距离为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若P1,P2是椭圆C上不同的两点,P1P2x轴,圆E过P1,P2,且椭圆C上任意一点都不在圆E内,则称圆E为该椭圆的一个内切圆.试问:椭圆C是否存在过左焦点F的内切圆?若存在,求出圆心E的坐标;若不存在,请说明理由.2.(2015浙江新高考研究卷一(镇海中学),18)设焦点在x轴上的椭圆
2、C:+y2=1的左,右焦点分别为F1,F2,C上存在点M,使=0.(1)设直线y=x+2与椭圆的一个公共点为P,若|PF1|+|PF2|取得最小值,求此时椭圆的方程;(2)对于(1)中的椭圆,是否存在斜率为k(k0)的直线,与椭圆交于不同的两点A,B,且AB的垂直平分线过椭圆的下顶点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.3.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问
3、:y轴上是否存在点Q,使得OQM=ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.4.(2014安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p10)和E2:y2=2p2x(p20),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.(1)证明:A1B1A2B2;(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记A1B1C1与A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.5.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A
4、,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.6.(2015浙江冲刺卷四,18)设椭圆C:+=1(ab0)过点M(1,1),离心率e=,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l是圆O:x2+y2=1的任意一条切线,且直线l与椭圆C相交于A,B两点.求的值;求OAB的面积S的最小值.7.(2015湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:+=1(ab0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2.(1)求C2的方程;(2)
5、过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.8.(2015浙江模拟训练冲刺卷一,18)已知椭圆C:+y2=1的上顶点为A(0,1),与x轴不垂直的直线l交椭圆C于不同的两点M, N(点M,N不同于椭圆的四个顶点).(1)当直线l过点(0,-3)时,求AMN的面积S的最大值;(2)是否存在不过原点O的直线l,使得直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列?若存在,试求出直线l的斜率;若不存在,请说明理由.B组提升题组1.(2013安徽
6、,18,12分)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;(2)设F1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1PF1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.2.(2016金丽衢一联,19,15分)已知点M(0,)是椭圆C:+=1(ab0)的一个顶点,椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)已知点P(x0,y0)是定点,直线l:y=x+m(mR)交椭圆C于不同的两点A,B,记直线PA,PB的斜率分别为k1,k2.求点P的坐标,使得k1+k2恒为0.3.(2014课标,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆
7、E:+=1(ab0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当OPQ的面积最大时,求l的方程.4.(2015浙江衢州二中期中,21)椭圆的中心在坐标原点,长轴的端点为A,B,右焦点为F,且=1,|=1.(1)求椭圆的标准方程;(2)过椭圆的右焦点F作直线l1,l2,直线l1与椭圆分别交于点M,N,直线l2与椭圆分别交于点P,Q,且l1l2,求四边形MPNQ的面积S的最小值以及此时直线l1,l2的方程.5.(2015浙江模拟训练冲刺卷四,18)已知点F是抛物线C1:x2=4y的焦点,过抛物线上一点P作抛物线的
8、切线l,切点P在第一象限,如图.切线l与椭圆C2:+=1相交于不同的两点A、B.(1)若|FA|,|FP|,|FB|依次成等差数列,求直线l的方程;(2)设定点M,求MAB的面积S的最大值.6.(2015浙江冲刺卷六,18)已知椭圆E1:+=1(ab0)的一个焦点与抛物线E2:x2=4y的焦点F重合,点M是两曲线的一个公共点,且|MF|=.(1)求椭圆E1的方程;(2)过点F作斜率为k(k0)的直线l交抛物线E2于A,C两点,交椭圆E1于B,D两点,如图.设=m,=,当m时,求的取值范围.7.(2015金丽衢一联,21,15分)已知抛物线:y2=2px的焦点到准线的距离为2.(1)求p的值;(
9、2)如图所示,直线l1与抛物线相交于A,B两点,C为抛物线上异于A,B的一点,且ACx轴,过B作AC的垂线,垂足为M,过C作直线l2交直线BM于点N,设l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k1k2=1.(i)线段|MN|的长是否为定值?若是定值,请求出定值;若不是定值,请说明理由;(ii)求证:A,B,C,N四点共圆.8.(2015浙江冲刺卷三,22,15分)如图,已知点F为抛物线C:y2=4x的焦点,斜率为1的直线l交抛物线于不同的两点P,Q,其中点P在第一象限.过点P作抛物线的切线交x轴于点M,在x轴的负半轴上取点N,使得|NF|=|QF|,直线QN交直线PM于点T.(1)证明:点T的纵坐
10、标为定值;(2)连结FT,FP,记S1=SPFT,S2=SQFT,S3=SPQT,当=时,求直线l的方程.组基础题组1.解析(1)设椭圆C的标准方程为+=1(ab0),由已知得b=1.设椭圆的右焦点为(c,0),则=2,解得c=,所以a2=b2+c2=4.于是椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)存在.由椭圆的对称性,不妨设P1(m,n),P2(m,-n),由题意知,点E在x轴上,设点E(t,0),则圆E的方程为(x-t)2+y2=(m-t)2+n2.由题中椭圆的内切圆的定义知,椭圆上的点到点E的距离的最小值是|P1E|,设点M(x,y)是椭圆C上任意一点,则|ME|2=(x-t)2+y2=x2
11、-2tx+t2+1,当x=m时,|ME|2最小,所以m=-=.假设椭圆C存在过左焦点F的内切圆,则(-t)2=(m-t)2+n2.又点P1在椭圆上,所以n2=1-.由得t=-或t=-,当t=-时,m=0,解得k21,又k0,k(-1,0)(0,1).(15分)3.解析(1)由题意得解得a2=2.故椭圆C的方程为+y2=1.设M(xM,0).因为m0,所以-1n0,k3.由(1)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为xP.由得=,即xP=.将点的坐标代入l的方程得b=,因此xM=.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.于是=2,解得k1=4-,k2=4+
12、.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.6.解析(1)e=,a2-b2=c2,a2=3b2,则椭圆C的方程为+=1.又椭圆C过点M(1,1),将(1,1)代入方程,解得b2=,a2=4,椭圆C的方程为+=1.(5分)(2)当圆O的切线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,则圆心O到直线l的距离d=1,1+k2=m2.(6分)将直线l的方程和椭圆C的方程联立,得到关于x的方程x2+3(kx+m)2=4,即(1+3k2)x2+6kmx+3m2-4=0,此时可设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,=x1x2+y
13、1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)-+m2=0.(9分)当圆O的切线l的斜率不存在时,验证得=0.综上可得,=0.(10分)由知AOB=90,则有|OA|2+|OB|2=|AB|2,又S=|AB|1=|OA|OB|,从而有|OA|2+|OB|2=|AB|2=|OA|2|OB|2,则|OA|2|OB|2=|OA|2+|OB|22|OA|OB|,即有|OA|OB|2,则S=|OA|OB|1,当且仅当|OA|=|OB|时,OAB的面积S取最小值1.(15分)7.解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也
14、是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为,所以+=1.联立得a2=9,b2=8.故C2的方程为+=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因与同向,且|AC|=|BD|,所以=,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由得x2-4kx-4=0.因为x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1
15、x2=-4.由得(9+8k2)x2+16kx-64=0.因为x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-,x3x4=-.将,代入,得16(k2+1)=+,即16(k2+1)=,所以(9+8k2)2=169,解得k=,即直线l的斜率为.(ii)证明:由x2=4y得y=x2,则y=,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=-.令y=0,得x=,即M,所以=.而=(x1,y1-1),于是=-y1+1=+10,因此AFM是锐角,从而MFD=180-AFM是钝角.故直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.8.解析(1)设直线l的方程为y=kx-3(k0),与+y2=1联立消去y,整
16、理得(1+4k2)x2-24kx+32=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则则|MN|=|x1-x2|=,又点A(0,1)到直线l:y=kx-3的距离为d=,则S=d|MN|=,又由=242k2-128(1+4k2)0,得k22.令=t,则t0,S=.t0,S=,当且仅当t=,即k=时,取等号,故AMN的面积S的最大值为.(8分)(2)假设存在符合题意的直线l,设直线l的方程为y=kx+m(k0,m0),与+y2=1联立消去y,整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),其中x1x20,y1y20,则则kOMkON=k2+.由kOMkON=
17、,得k2+=k2,由m0,得k2=,即k=.故存在不过原点O的直线l,使得直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列,直线l的斜率为.(15分)B组提升题组1.解析(1)因为焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.故椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=.由题设知x0c,则直线F1P的斜率=,直线F2P的斜率=.故直线F2P的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点Q的坐标为.因此,直线F1Q的斜率为=.由于F1PF1Q,所以=-1.化简得=-(2a2-1).将代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=
18、1-a2,即点P在定直线x+y=1上.2.解析(1)由题意,知b=,=,又a2-c2=b2,c=1,a=2,椭圆C的方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),把y=x+m代入椭圆方程化简得x2+mx+m2-3=0,由题意知=m2-4(m2-3)=-3m2+120,m20,即k2时,x1,2=.从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以OPQ的面积SOPQ=d|PQ|=.设=t,则t0,SOPQ=.因为t+4,当且仅当t=2,即k=时等号成立,且满足0,所以,当OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.4.解析(1)设椭圆方程为+=1(ab0)
19、,则由题意知c=1,由=1得(a+c)(a-c)=1,a2=2,b2=1,椭圆方程为+y2=1.(2)若直线l1,l2中有一条斜率不存在,不妨设直线l2的斜率不存在,则l2x轴,|MN|=2,|PQ|=,S=2=2.若直线l1,l2的斜率都存在,设直线l1的方程为y=k(x-1)(k0),由得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,|MN|=|x1-x2|=,同理,|PQ|=,S=,当且仅当k=1时,等号成立.因为0,切线l的方程为y=k(x-2t)+t2.l的方程与x2=4y联立并整理,得x2-4kx+8kt-4t2=0
20、,由1=16k2-32kt+16t2=0,得k=t,故切线l的方程为y=tx-t2.由得(3t2+4)x2-6t3x+3t4-12=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,且2=36t6-12(t4-4)(3t2+4)0,得0t20,故t=,故切线l的方程为y=x-.(9分)(2)由(1)知则|AB|=|x1-x2|=,而点M到直线l:y=tx-t2的距离为d=,则S=d|AB|=,又0t20,x20,y10,y20,即n1.故T点坐标为(n,2),所以点T的纵坐标为定值2.(2)易知F(1,0),由(1)知点F到直线PM的距离为d1=,点Q到直线PM的距离为d2=,则=,同理得=.则=,由=,得=,解得n=3,或n=-1.n1,n=-1,故所求直线l的方程为y=x-1.
