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2013年全国高考试题分类汇编: 圆锥曲线的综合问题2013年全国高考试题分类汇编: 圆锥曲线的综合问题 -- 3 元

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10.5圆锥曲线的综合问题考点一定点与定值问题1.2013北京,19,14分直线ykxmm≠0与椭圆Wy21相交于A,C两点,O是坐标原点.1当点B的坐标为0,1,且四边形OABC为菱形时,求AC的长2当点B在W上且不是W的顶点时,证明四边形OABC不可能为菱形.解析1因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB相互垂直平分.所以可设A,代入椭圆方程得1,即t±.所以|AC|2.2假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点,且AC⊥OB,所以k≠0.由消y并整理得14k2x28kmx4m240.设Ax1,y1,Cx2,y2,则,km.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点,且m≠0,k≠0,所以直线OB的斜率为.因为k≠1,所以AC与OB不垂直.所以OABC不是菱形,与假设矛盾.所以当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形.2.2013安徽,21,13分已知椭圆C1ab0的焦距为4,且过点P,.1求椭圆C的方程2设Qx0,y0x0y0≠0为椭圆C上一点.过点Q作x轴的垂线,垂足为E.取点A0,2,连结AE.过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点,作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点并说明理由.解析1因为焦距为4,所以a2b24.又因为椭圆C过点P,,所以1,故a28,b24,从而椭圆C的方程为1.2由题意,E点坐标为x0,0,设DxD,0,则x0,2,xD,2,再由AD⊥AE知,0,即x0xD80.由于x0y0≠0,故xD.因为点G是点D关于y轴的对称点,所以点G.故直线QG的斜率kQG.又因Qx0,y0在椭圆C上,所以28.①从而kQG.故直线QG的方程为y.②将②代入椭圆C的方程,得2x216x0x64160.③再将①代入③,化简得x22x0x0.解得xx0,yy0,即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.考点二参变量的取值范围与最值问题3.2013湖北,22,14分如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2nmn,过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.1当直线l与y轴重合时,若S1λS2,求λ的值2当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1λS2并说明理由.解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C11,C21.其中amn0,λ1.1解法一如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x0,则S1|BD||OM|a|BD|,S2|AB||ON|a|AB|,所以.在C1和C2的方程中分别令x0,可得yAm,yBn,yDm,所以.若λ,即λ,化简得λ22λ10.由λ1,解得λ1.故当直线l与y轴重合时,若S1λS2,则λ1.解法二如图1,若直线l与y轴重合,则|BD||OB||OD|mn,|AB||OA||OB|mnS1|BD||OM|a|BD|,S2|AB||ON|a|AB|.所以.若λ,即λ,化简得λ22λ10.由λ1,解得λ1.故当直线l与y轴重合时,若S1λS2,则λ1.2解法一如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1λS2.根据对称性,不妨设直线lykxk0,点Ma,0,Na,0到直线l的距离分别为d1,d2.因为d1,d2,所以d1d2.又因为S1|BD|d1,S2|AB|d2,所以λ,即|BD|λ|AB|.由对称性可知|AB||CD|,所以|BC||BD||AB|λ1|AB|,|AD||BD||AB|λ1|AB|,所以.①将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得xA,xB.根据对称性可知xCxB,xDxA,所以.②从而由①②可得.③令t,则由mn,可得t≠1,所以由③解得k2.因为k≠0,所以k20.所以③式关于k有解,当且仅当0,等价于t211,解得1,解得λ1,所以当11时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1λS2.解法二如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1λS2.根据对称性,不妨设直线lykxk0,点Ma,0,Na,0到直线l的距离分别为d1,d2,因为d1,d2,所以d1d2.又S1|BD|d1,S2|AB|d2,所以λ.因为λ,所以.由点AxA,kxA,BxB,kxB分别在C1,C2上,可得1,1,两式相减可得0,依题意xAxB0,所以.所以由上式解得k2.因为k20,所以由0,解得11,所以当11时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1λS2.
编号:201404111112012007    大小:156.00KB    格式:DOC    上传时间:2014-04-11
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