高三数学二轮复习 专题突破 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题限时训练 文

系统掌握蕴含其中的马克思主义立场观点方法，要在系统学习、深刻领会、科学把握习近平教育思想上下功夫。精心组织开展学习宣传贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神知识问答活动。第3讲圆锥曲线的综合问题(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号圆与圆锥曲线综合问题1定点、定值问题3,4探索性问题3最值与范围问题2,41.(2016广东韶关调研)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),它的一个焦点为F1(-1,0),且经过点M(-1,233).(1)求椭圆C的方程;(2)已知圆的方程是x2+y2=a2+b2,过圆上任一点P作椭圆C的两条切线l1与l2,求证l1l2.(1)解:一个焦点为F2(1,0),则2a=|MF1|+|MF2|=233+(-1-1)2+(233)2=232,所以a=3,所以b2=a2-c2=3-1=2,所以椭圆的标准方程是x23+y22=1.(2)证明:设P(x0,y0),若过点P的切线斜率都存在,设其方程为y-y0=k(x-x0),由y-y0=k(x-x0),2x2+3y2=6得(2+3k2)x2+6k(y0-kx0)x+3(kx0-y0)2-6=0,因为直线与椭圆相切,所以=6k(y0-kx0)2-4(2+3k2)3(kx0-y0)2-6=0,整理得(3-x02)k2+2x0y0k+2-y02=0,因为椭圆C的两条切线的斜率分别为k1,k2,所以k1k2=2-y023-x02,因为点P在圆O上,所以x02+y02=5,即y02=5-x02,所以k1k2=2-y023-x02=2-(5-x02)3-x02=-3+x023-x02=-1,所以l1l2,若过点P的切线有一条斜率不存在,不妨设该直线为l1,则l1的方程为x=3,l2的方程为y=2,所以l1l2,综上,对任意满足题设的点P都有l1l2.2.(2016浙江卷,文19)如图,设抛物线y2=2px(p0)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:(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p2=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t0,t1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s0),由y2=4x,x=sy+1,消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以B(1t2,-2t).又直线AB的斜率为2tt2-1,故直线FN的斜率为-t2-12t.从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),又直线BN:y=-2t.所以N(t2+3t2-1,-2t).设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,于是m=2t2t2-1.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山西四校联考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为63,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-2y+6=0相切.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k0)与椭圆C的两个交点,问:在x轴上是否存在定点E,使得EA2+EAAB为定值?若存在,试求出点E的坐标和定值;若不存在,请说明理由.解:(1)由e=63得ca=63,即c=63a,又以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2+y2=a2,且与直线2x-2y+6=0相切,所以a=622+(-2)2=6,代入得c=2,所以b2=a2-c2=2.所以椭圆C的标准方程为x26+y22=1.(2)由x26+y22=1,y=k(x-2)得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=12k21+3k2,x1x2=12k2-61+3k2,根据题意,假设x轴上存在定点E(m,0),使得EA2+EAAB=(EA+AB)EA=EAEB为定值.则EAEB=(x1-m,y1)(x2-m,y2)=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(k2+1)x1x2-(2k2+m)(x1+x2)+4k2+m2=(3m2-12m+10)k2+(m2-6)1+3k2,要使上式为定值,即与k无关,3m2-12m+10=3(m2-6),得m=73.此时,EA2+EAAB=m2-6=-59,所以在x轴上存在定点E(73,0)使得EA2+EAAB为定值,且定值为-59.4.(2016山东卷,文21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长为4,焦距为22.(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.设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明kk为定值;求直线AB的斜率的最小值.解:(1)由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2-c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直线QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.此时kk=-3.所以kk为定值-3.解:设A(x1,y1),B(x2,y2).由知直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m,联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x1x0=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0,所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(2k2+1)x0+m,同理x2=2(m2-2)(18k2+1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0.所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=14(6k+1k).由m0,x00,可知k0,所以6k+1k26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4-8m2=66,即m=147,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.(限时:45分钟)【选题明细表】知识点、方法题号圆与圆锥曲线的综合问题1定点、定值问题2探究性问题2,3最值范围问题1,41.(2016湖北荆、荆、襄、宜八校联考)如图,已知椭圆x22+y2=1的四个顶点分别为A1,A2,B1,B2,左、右焦点分别为F1,F2,若圆C:(x-3)2+(y-3)2=r2(0rb0),则b=23,由ca=12,a2=c2+b2,得a=4,所以椭圆C的方程为x216+y212=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=12x+t,代入x216+y212=1.得x2+tx+t2-12=0,由0,解得-4tb0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,直线x+y+1=0与以椭圆C的右焦点为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设P为椭圆C上一点,若过点M(2,0)的直线l与椭圆C交于不同的两点S和T,满足OS+OT=tOP(O为坐标原点),求实数t的取值范围.解:(1)由题意易得,以椭圆C的右焦点为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为(x-c)2+y2=a2,所以圆心(c,0)到直线x+y+1=0的距离d=|c+1|2=a.(*)因为椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,所以b=c,a=2b=2c,代入(*)得b=c=1,所以a=2b=2,故所求椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-2),P(x0,y0).将直线l的方程代入椭圆方程得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,由=64k4-4(1+2k2)(8k2-2)=-16k2+80,得k212.设S(x1,y1),T(x2,y2),则x1+x2=8k21+2k2,x1x2=8k2-21+2k2,因为OS+OT=tOP,所以当t=0时,直线l与x轴重合时,P点在椭圆上,符合题意.当t0时,有tx0=x1+x2=8k21+2k2,ty0=y1+y2=k(x1+x2-4)=-4k1+2k2,所以x0=1t8k21+2k2,y0=1t-4k1+2k2.将(x