2019高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.6圆锥曲线的综合问题练习文.doc

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1、19.6 圆锥曲线的综合问题考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热度1.定点与定值问题1.了解圆锥曲线的简单应用2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤2017课标全国,20;2016北京,19;2015课标,20解答题 2.参变量的取值范围与最值问题1.了解参变量的意义2.理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法3.理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用2017山东,21;2017浙江,21;2016山东,21;2016浙江,19解答题 3.存在性问题1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法2.理解转化思想在圆锥曲线中的应用2015四川,20;2015湖北,22;

2、2014重庆,21;2014湖南,20解答题 分析解读从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索问题及各圆锥曲线间的联系等,同时着重考查学生的分析问题及解决综合问题的能力.分值较高,难度较大.客观题以各圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.五年高考考点一 定点与定值问题1.(2017课标全国,2

3、0,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: +y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足22= .22(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且 =1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析 (1)设P(x,y),M(x 0,y0),则N(x 0,0), =(x-x0,y), =(0,y0). 由 = 得x 0=x,y0= y.222因为M(x 0,y0)在C上,所以 + =1.22 22因此点P的轨迹方程为x 2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则 =(-3,t), =(-1-m,-n), =3+3m-tn,

4、=(m,n), =(-3-m,t-n). 由 =1得-3m-m 2+tn-n2=1,又由(1)知m 2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以 =0,即 . 又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.(2015课标,20,12分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,点(2, )在C上.2222 22 2(1)求C的方程;(2)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,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析 (1)由题意有 = , + =1, 22 4222又c 2=a2+b2,所以a 2=8,b2

5、=4.所以C的方程为 + =1.28 24(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x 1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入 + =1得(2k 2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.28 24故x M= = ,yM=kxM+b= .1+22-222+122+1于是直线OM的斜率k OM= =- ,即k OMk=- . 12 12所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.33.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E: + =1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为 .2222 22(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭

6、圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.解析 (1)由题设知 = ,b=1, 22结合a 2=b2+c2,解得a= .2所以椭圆E的方程为 +y2=1.22(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入 +y2=1,得(1+2k 2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.22由已知可知0.设P(x 1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x 1+x2= ,x1x2= .4(-1)1+222(-2)1+22从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ= + = +1+112+121+2-12+2-2=2k+(2-k) =2k+

7、(2-k)(11+12)1+212=2k+(2-k) =2k-2(k-1)=2.4(-1)2(-2)4.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x 2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N 1,与(1)中的定直线相交于点N 2.证明:|MN 2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析 (1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x 2=4y,得x 2=4(kx+2),即x 2-4kx-8=0.4设A(x

8、1,y1),B(x2,y2),则有x 1x2=-8,直线AO的方程为y= x,直线BD 的方程为x=x 2.11解得交点D的坐标为 ,(2,121)注意到x 1x2=-8及 =4y1,则有y= = =-2.21 11221 -8141因此D点在定直线y=-2上(x0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入x 2=4y得x 2=4(ax+b),即x 2-4ax-4b=0,由=0得(4a) 2+16b=0,化简整理得b=-a 2.故切线l的方程可写为y=ax-a 2.分别令y=2、y=-2得N 1、N 2的坐标为N1 、N 2 ,(2+,2) (-

9、2+,-2)则|MN 2|2-|MN1|2= +42- =8,(2-)2 (2+)2即|MN 2|2-|MN1|2为定值8.教师用书专用(5)5.(2013江西,20,13分)椭圆C: + =1(ab0)的离心率e= ,a+b=3.2222 32(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.解析 (1)因为e= = ,32 所以a= c,b= c.代入a+b=3得,c= ,a=2,b=1.23 13 3故椭圆C的方程为 +y2=1.24(2)证法一:

10、因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2) ,(0,12)5把代入 +y2=1,24解得P .(82-242+1,-442+1)直线AD的方程为y= x+1.12与联立解得M .(4+22-1, 42-1)由D(0,1),P ,N(x,0)三点共线知 = ,解得N .(82-242+1,-442+1)- 442+1-182-242+1-0 0-1-0 (4-22+1,0)所以MN的斜率为m=42-1-04+22-1-4-22+1= = ,4(2+1)2(2+1)2-2(2-1)22+14则2m-k= -k= (定值).2+12 12证法二:设P(x 0,y0)(x00

11、,2),则k= ,00-2直线AD的方程为y= (x+2),12直线BP的方程为y= (x-2),00-2直线DP的方程为y-1= x,0-10令y=0,由y 01可得N ,(-00-1,0)联立得=12(+2),= 00-2(-2),解得M ,因此MN的斜率为(40+20-420-0+2,4020-0+2)6m=4020-0+240+20-420-0+2+ 00-1=40(0-1)420-80+400-20+4=40(0-1)420-80+400-(4-420)+4= ,0-120+0-2所以2m-k= -2(0-1)20+0-200-2=2(0-1)(0-2)-0(20+0-2)(20+0

12、-2)(0-2)=2(0-1)(0-2)-220-0(0-2)(20+0-2)(0-2)= = (定值).2(0-1)(0-2)-12(4-20)-0(0-2)(20+0-2)(0-2) 12考点二 参变量的取值范围与最值问题1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,椭圆C截直线y=1所2222 22得线段的长度为2 .2(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.解析

13、 (1)由椭圆的离心率为 ,得a 2=2(a2-b2),227又当y=1时,x 2=a2- ,得a 2- =2,2222所以a 2=4,b2=2.因此椭圆方程为 + =1.24 22(2)设A(x 1,y1),B(x2,y2),联立得 =+,2+22=4,得(2k 2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m 20,从而y=t+ 在3,+)上单调递增,1因此t+ ,1 103等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以 1+3=4,|2|2由(*)得- 0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与

14、AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.解析 (1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得 =1,2即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y 2=4x,F(1,0),可设A(t 2,2t),t0,t1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s0),由 消去x得y 2-4sy-4=0,2=4,=+1故y 1y2=-4,所以,B .(12,-2)又直线AB的斜率为 ,22-1故直线FN的斜率为- .2-12从而得直线FN:y=- (x-1),直线BN:y=- .2-12 2所以N .(2+32-1,-2)设M(

15、m,0),由A,M,N三点共线得= ,22-2+22-2+32-19于是m= .222-1所以m2.经检验,m2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-,0)(2,+).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)的长轴长为4,焦距为2 .2222 2(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明 为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.解析 (1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,

16、2c=2 ,2所以a=2,b= = .2-2 2所以椭圆C的方程为 + =1.24 22(2)(i)设P(x 0,y0)(x00,y00).由M(0,m),可得P(x 0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k= = ,2-00直线QM的斜率k= =- .-2-030此时 =-3.所以 为定值-3. (ii)设A(x 1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立=+,24+22=1,10整理得(2k 2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x 0x1= ,22-422+1可得x 1= .2(2-2)(22+1)0所以y 1=kx

17、1+m= +m.2(2-2)(22+1)0同理x 2= ,y2= +m.2(2-2)(182+1)0-6(2-2)(182+1)0所以x 2-x1= - = ,2(2-2)(182+1)02(2-2)(22+1)0-322(2-2)(182+1)(22+1)0y2-y1= +m- -m= ,-6(2-2)(182+1)02(2-2)(22+1)0-8(62+1)(2-2)(182+1)(22+1)0所以k AB= = = .2-12-162+14 14(6+1)由m0,x 00,可知k0,所以6k+ 2 ,等号当且仅当k= 时取得.1 6 66此时 = ,即m= ,符合题意 .4-82 66

18、147所以直线AB的斜率的最小值为 .624.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x 2+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OAOB,求线段AB长度的最小值.解析 (1)由题意,知椭圆C的标准方程为 + =1.24 22所以a 2=4,b2=2,从而c 2=a2-b2=2.因此a=2,c= .2故椭圆C的离心率e= = . 22(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x 0,y0),其中x 00.因为OAOB,所以 =0,即tx 0+2y0=0,解得t=- .20011又 +2 =4,20 20所以|AB| 2=(x0-t)2

19、+(y0-2)2= +(y0-2)2(0+200)2= + + +4202042020= + + +4204-202 2(4-20)20= + +4(0b0)的离心率为 ,且点 在椭圆C上2222 32 ( 3,12).(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E: + =1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.242242(i)求 的值;|(ii)求ABQ面积的最大值.解析 (1)由题意知 + =1,32142又 = ,解得 a2=4,b2=1.2-2 32所以椭圆C的方程为 +y2=1.24(2)由(1)知椭圆E的方程为 + =1.21624

20、12(i)设P(x 0,y0), =,|由题意知Q(-x 0,-y 0).因为 + =1,20420又 + =1,(-0)216(-0)24即 =1,24(204+20)所以=2,即 =2.|(ii)设A(x 1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k 2)x2+8kmx+4m2-16=0,由0,可得m 2b0)的离心率为 ,直线y=x被椭圆C截得的2222 32线段长为 .4105(1)求椭圆C的方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点).点D在椭圆C上,且ADAB,直线BD与x轴、y轴分别交于M,N两点.(i)设直线BD,AM

21、的斜率分别为k 1,k2.证明存在常数使得k 1=k 2,并求出的值;(ii)求OMN面积的最大值.解析 (1)由题意知 = ,可得a 2=4b2,2-2 32椭圆C的方程可简化为x 2+4y2=a2.将y=x代入可得x= ,55因此 = ,可得a=2.2255 4105因此b=1,所以椭圆C的方程为 +y2=1.24(2)(i)设A(x 1,y1)(x1y10),D(x 2,y2),则B(-x 1,-y1),所以直线AB的斜率k AB= ,11因为ABAD,所以直线AD的斜率k=- .11设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k0,m0.由 可得(1+4k 2)x2+8mkx+4m2-4=

22、0.=+,24+2=114所以x 1+x2=- ,81+42因此y 1+y2=k(x1+x2)+2m= .21+42由题意知x 1-x 2,所以k 1= =- = .1+21+2 14141所以直线BD的方程为y+y 1= (x+x1).141令y=0,得x=3x 1,即M(3x 1,0).可得k 2=- .121所以k 1=- k2,即=- .12 12因此存在常数=- 使得结论成立.12(ii)直线BD的方程为y+y 1= (x+x1),141令x=0,得y=- y1,即N .34 (0,-341)由(i)知M(3x 1,0),可得OMN的面积S= 3|x1| |y1|= |x1|y1|.

23、12 34 98因为|x 1|y1| + =1,当且仅当 =|y1|= 时等号成立,21421|1|2 22此时S取得最大值 ,98所以OMN面积的最大值为 .987.(2013浙江,22,14分)已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F作直线交抛物线C于A,B两点.若直线AO,BO分别交直线l:y=x-2于M,N两点,求|MN|的最小值.15解析 (1)由题意可设抛物线C的方程为x 2=2py(p0),则 =1,所以抛物线C的方程为x 2=4y.2(2)设A(x 1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.由 消去y,整理得x

24、 2-4kx-4=0,=+1,2=4所以x 1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x 1-x2|=4 .2+1由=11,=-2,解得点M的横坐标x M= = = .211-1211-214 84-1同理点N的横坐标x N= .84-2所以|MN|= |xM-xN|2=2| 84-1- 84-2|=82| 1-212-4(1+2)+16|= .822+1|4-3|令4k-3=t,t0,则k= .+34当t0时,|MN|=2 2 .2252+6+1 2当tb0)的离心率是 ,点P(0,1)在短轴CD上,且 =-1.2222 22 (1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于

25、A,B两点.是否存在常数,使得 + 为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)由已知得,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且 =-1,于是 解得a=2,b= .1-2=-1,= 22,2-2=2. 2所以椭圆E的方程为 + =1.24 22(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x 1,y1),(x2,y2).由 得 (2k2+1)x2+4kx-2=0.24+22=1,=+1,其判别式=(4k) 2+8(2k2+1)0,所以,x 1+x2=- ,x1x2=- .422+1222+1从而, + =x1

26、x2+y1y2+x 1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k 2)x1x2+k(x1+x2)+1=(-2-4)2+(-2-1)22+1=- -2.-122+117所以,当=1时,- -2=-3.-122+1此时, + =-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.当=1时, + = + =-2-1=-3.故存在常数=1,使得 + 为定值-3.2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动

27、N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.图1 图2(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与两定直线l 1:x-2y=0和l 2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,试探究:OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.解析 (1)因为|OM|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MNx轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为 +21624=1.(2)(i)

28、当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有S OPQ = 44=8.12(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m ,(12)由 消去y,可得(1+4k 2)x2+8kmx+4m2-16=0.=+,2+42=16,因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,18所以=64k 2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m 2=16k2+4.又由 可得P ;同理可得Q .=+,-2=0, (21-2, 1-2) (-21+2, 1+2)由原点O到直线PQ的距离为d= 和|PQ|= |xP-xQ|,可得S OPQ = |PQ|d= |m|xP-xQ|= |m|1+2 1+2

29、12 12 12= .|21-2+ 21+2| | 221-42|将代入得,S OPQ = =8 .|221-42|42+1|42-1|当k 2 时,S OPQ =8 =8 8;14 42+142-1 (1+ 242-1)当0k 20,b10)和椭圆C 2: + =1(a2b20)均过点P221221222222,且以C 1的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(233,1)(1)求C 1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C 1交于A,B两点,与C 2只有一个公共点,且| + |=| |?证明你的结论.解析 (1)设C 2的焦距为2c 2,由题意知,2c 2=

30、2,2a1=2,从而a 1=1,c2=1.19因为点P 在双曲线x 2- =1上,所以 - =1,故 =3.(233,1) 221 (233)2121 21由椭圆的定义知2a 2= + =2 .(233)2+(1-1)2 (233)2+(1+1)2 3于是a 2= , = - =2,故C 1,C2的方程分别为x 2- =1, + =1.3222222 23 23 22(2)不存在符合题设条件的直线.(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C 2只有一个公共点,所以直线l的方程为x= 或x=- .2 2当x= 时,易知A( , ),B( ,- ),2 2 3 2 3所以| + |=2 ,| |=2 ,

31、 2 3此时,| + | |. 当x=- 时,同理可知,| + | |.2 (ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,由 得(3-k 2)x2-2kmx-m2-3=0.=+,2-23=1当l与C 1相交于A,B两点时,设A(x 1,y1),B(x2,y2),则x 1,x2是上述方程的两个实根,从而x 1+x2= ,x1x2= .23-22+32-3于是y 1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= .32-322-3由 得(2k 2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.=+,23+22=1因为直线l与C 2只有一个公共点,所以上述方程的判别式=16k 2m2-8(2k2+3

32、)(m2-3)=0.化简,得2k 2=m2-3,因此 =x1x2+y1y2= + = 0,2+32-332-322-3-2-32-3于是 + +2 + -2 ,22 22 即| + |2| - |2,故| + | |. 综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.教师用书专用(4)204.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆 + =1(ab0)的左,右焦点分别为F 1,F2,点D在椭圆上,DF 1F 1F2, =22222|12|1|,DF 1F2的面积为 .222(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条

33、切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.解析 (1)设F 1(-c,0),F2(c,0),其中c 2=a2-b2.由 =2 得|DF 1|= = c.|12|1| 2 |12|22 22从而 = |DF1|F1F2|= c2= ,故c=1.1212 22 22从而|DF 1|= ,22由DF 1F 1F2得|DF 2|2=|DF1|2+|F1F2|2= ,92因此|DF 2|= .322所以2a=|DF 1|+|DF2|=2 ,故a= ,b2=a2-c2=1.2 2因此,所求椭圆的标准方程为 +y2=1.22(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆 +y2=1

34、相交,P 1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y 10,y20,F1P1,F2P2是圆C22的切线,且F 1P1F 2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x 2=-x1,y1=y2.由(1)知F 1(-1,0),F2(1,0),所以 =(x1+1,y1), =(-x1-1,y1).11 22再由F 1P1F 2P2得-(x 1+1)2+ =0.2121由椭圆方程得1- =(x1+1)2,即 3 +4x1=0,212 21解得x 1=- 或x 1=0.43当x 1=0时,P 1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x 1=- 时,过P 1,P2分别与F 1P1,F2P2垂直的直线的交点即

35、为圆心C.43设C(0,y 0),由CP 1F 1P1,得 =-1.1-0111+1而y 1=|x1+1|= ,故y 0= .13 53圆C的半径|CP 1|= = .(-43)2+(13-53)2423综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x 2+ = .(-53)2329三年模拟A组 20162018年模拟基础题组考点一 定点与定值问题1.(2016河北唐山调研,9)过抛物线y=ax 2(a0)的焦点F作一条直线交抛物线于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则 等于( )+A. B. C.2a D.12 14 4答案 B 2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C: + =

36、1(ab0)的离心率为 ,右焦点为F,上顶点为A,且AOF的面2222 22积为 (O是坐标原点).12(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析 (1)设椭圆的半焦距为c,由已知得 22=12,12=12,2+2=2 2=2,2=1,22椭圆的方程为 +y2=1.22(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x 2+y2=1,F(1,0),设P(x 0,y0),则 + =1(00,b0)有两个交点,则双曲线 C的离心率的取值范围是( )22A.(1, ) B.(1,2) C.( ,+) D.(2

37、,+)3 3答案 D 5.(2016皖江示范高中联考,14)若点P是椭圆 +y2=1上的动点 ,则P到直线l:y=x+1的距离的最大值是 .22答案 6+ 226.(2018河南中原名校联盟12月联考,20)设椭圆 + =1(a )的右焦点为F,右顶点为A.已知|OA|-2223 3|OF|=1,其中O为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程及离心率e的值;(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BFHF,且MO23AMAO,求直线l的斜率的取值范围.解析 (1)设F(c,0),a-c=1,a=1+c,a 2=1+2c+c2,又a

38、 2=b2+c2,3=1+2c,c=1,a=2,所以,椭圆的方程为 + =1,e= = .24 23 12(2)易知l的斜率存在且不为0,设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2),设B(x B,yB),由方程组 消去y得(4k 2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.24+23=1,=(-2)解得x=2或x= ,由题意得x B= ,从而y B= ,82-642+382-642+3-1242+3由(1)知,F(1,0),设H(0,y H),则 =(-1,yH), = , (9-4242+3,1242+3)由BFHF,得 =0,所以 + =0,解得y H= ,因此直线MH

39、的方程为y=- x+ ,42-942+31242+3 9-4212 1 9-4212设M(x M,yM),由方程组 消去y,解得x M= ,在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,则(x M=(-2),=-1+9-4212 202+912(2+1)-2)2+ + ,化简得x M1, 即 1,解得k- 或k ,所以,直线l的斜率的取值范围为222 202+912(2+1) 64 64 .(-,- 64 64,+)考点三 存在性问题7.(2018山西康杰中学等六校12月联考,20)已知F 1,F2分别为椭圆E: + =1(ab0)的左、右焦点,点P 在椭2222 (1,32)圆E上,且|PF 1|

40、+|PF2|=4.(1)求椭圆E的方程;(2)过F 1的直线l 1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l 1l 2,问是否存在实数,使得 , 成等差数列?若存1| 1|在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)由已知|PF 1|+|PF2|=4,得2a=4,即a=2,又点P 在椭圆上,所以 + =1,解得b= ,(1,32) 14 942 3故椭圆的标准方程为 + =1.24 23(2)当ACx轴时,|BD|=4,|AC|=3,由2= + = ,得= .1| 1| 712 72424当BDx轴时,|BD|=3,|AC|=4,由2= + = ,得= .1| 1| 712 724当AC、B

41、D与x轴均不垂直时,设l 1:y=k(x+1)(k0),A(x 1,y1),C(x2,y2),直线l 1与椭圆E的方程联立并消去y得(3+4k 2)x2+8k2x+4k2-12=0,则x 1+x2= ,x1x2= ,-823+4242-123+42所以|AC|= |x1-x2|= ,1+212(2+1)3+42从而 = ,1| 3+4212(2+1)同理可得 = ,1| 4+3212(2+1)所以 + = = ,令 =2,得= .1| 1| 7(2+1)12(2+1) 712 712 724综上,存在常数= ,使得 , 成等差数列.724 1| 1|8.(2017江西赣中南五校联考,20)在直

42、角坐标系xOy中,点M到点F 1(-,0),F2( ,0)的距离之和是4,点M的轨迹是C,直线l:y=kx+ 与轨迹C交于不同的两点P和Q.3 3 2(1)求轨迹C的方程;(2)是否存在常数k,使以线段PQ为直径的圆过原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)点M到F 1(- ,0),F2( ,0)的距离之和是4,且2 0,即4k 2-10,(*)将k= 代入(*)式知符合题意.62故存在k= ,使以线段PQ为直径的圆过原点O.62B组 20162018年模拟提升题组(满分:55分 时间:45分钟)一、填空题(每小题5分,共10分)1.(2018江西宜春一模,16)设F 1、F 2分别是椭圆 + =1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),225216则|PM|+|PF 1|的最大值为 .答案 152.(2017广东七校第二次联考,16)已知点P是抛物线C 1:y2=4x上的动点,过P作圆C 2:(x-3)2+y2=2的两条切线,则两条切线的夹角的最大值为 .答案 3二、解答题(每小题15分,共45分)3.(2018湖南师大附中12月联考,20)已知椭圆C: + =1(ab0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,2222且该三角形的面积为 .3(1)求椭圆C的方程;(2)