2019高考数学二轮复习专题六第十三讲圆锥曲线的综合问题习题文.docx

第十三讲圆锥曲线的综合问题1.(2018吉林长春监测)已知O为坐标原点,设F1,F2分别是双曲线x2-y2=1的左、右焦点,点P为双曲线左支上任一点,过点F1作F1PF2的平分线的垂线,垂足为H,则|OH|=()A.1B.2C.4D.122.(2018湖北武汉调研)过抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,若|NF|=4,则M到直线NF的距离为()A.5B.23C.33D.223.(2018湖南益阳、湘潭调研)已知圆C1:x2+(y-2)2=4,抛物线C2:y2=2px(p0),C1与C2相交于A,B两点,|AB|=855,则抛物线C2的方程为.4.(2018河南质量预测)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1的右焦点为F,过点F向双曲线的一条渐近线引垂线,垂足为M,交另一条渐近线于N,若2MF=FN,则双曲线的渐近线方程为.5.过抛物线C:y2=4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A,B两点,且|AB|=8.(1)求直线l的方程;(2)若A关于x轴的对称点为D,抛物线的准线与x轴的交点为E,求证:B,D,E三点共线.6.(2018广西南宁模拟)已知抛物线C:y2=ax(a0)上一点Pt,12到焦点F的距离为2t.(1)求抛物线C的方程;(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1,过点Q(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合),设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.7.(2018辽宁质量检测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P1,22在椭圆上,且有|PF1|+|PF2|=22.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点,求AOB(O为坐标原点)面积的最大值.8.(2018河北石家庄质量检测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为223,左,右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆C于A,B两点.(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=9,求椭圆长轴的长;(2)当b=1时,在x轴上是否存在定点T,使TATB为定值?若存在,求出定值;若不存在,请说明理由.答案精解精析1.A如图所示,延长F1H交PF2于点Q,由PH为F1PF2的平分线及PHF1Q,可知|PF1|=|PQ|,根据双曲线的定义,得|PF2|-|PF1|=2,从而|QF2|=2,在F1QF2中,易知OH为中位线,故|OH|=1.故选A.2.B解法一:直线MF的斜率为3,MNl,NMF=60,又|MF|=|MN|,且|NF|=4,NMF是边长为4的等边三角形,M到直线NF的距离为23.故选B.解法二:由题意可设直线MF的方程为x=33y+p2,与抛物线方程联立消去x,可得y2-233py-p2=0,解得y=-33p或y=3p,又点M在x轴上方,M3p2,3p,MNl,N-p2,3p,|NF|=p2+p22+(0-3p)2=2p.由题意知2p=4,解得p=2,N(-1,23),F(1,0),直线NF的方程为3x+y-3=0,且点M的坐标为(3,23),利用点到直线的距离公式可得M到直线NF的距离为|33+23-3|3+1=23.故选B.解法三:由题意可设直线MF的方程为x=33y+p2,与抛物线方程联立消去x,可得y2-233py-p2=0,解得y=-33p或y=3p,又点M在x轴上方,M3p2,3p,MNl,N-p2,3p,|NF|=p2+p22+(0-3p)2=2p.由题意知2p=4,解得p=2,N(-1,23),F(1,0),M(3,23),设M到直线NF的距离为d,在MNF中,SMNF=12|NF|d=12|MN|yM,d=14423=23,故选B.3.答案y2=325x解析解法一:由题意,知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点,不妨记为B,设另一个交点为A(m,n).易知点A在第一象限,则m0,n0.|AB|=855,m2+n2=855,m2+(n-2)2=4,m=85,n=165,即A85,165.将A的坐标代入抛物线方程得1652=2p85,p=165,抛物线C2的方程为y2=325x.解法二:由题意,知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点,不妨记为B,设另一个交点为A(m,n).易知点A在第一象限,则m0,n0.由圆C1的性质知cosC1BA=|AB|2|BC1|=255,sinC1BA=55,n=|AB|cosC1BA=165,m=|AB|sinC1BA=85,即A85,165,将A的坐标代入抛物线方程得1652=2p85,p=165,抛物线C2的方程为y2=325x.4.答案y=33x解析由题意得双曲线的渐近线方程为y=bax,F(c,0),则|MF|=b,由2MF=FN,可得|MF|FN|=12,所以|FN|=2b.在RtOMF中,由勾股定理,得|OM|=|OF|2-|MF|2=a,因为MOF=FON,所以由角平分线定理可得|OM|ON|=|MF|FN|=12,所以|ON|=2a,在RtOMN中,由|OM|2+|MN|2=|ON|2,可得a2+(3b)2=(2a)2,即9b2=3a2,则b2a2=13,所以ba=33,所以双曲线C的渐近线方程为y=33x.5.解析(1)F的坐标为(1,0),则l的方程为y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,由题意知k0,且-(2k2+4)2-4k2k2=16(k2+1)0.设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1,由抛物线的定义知|AB|=x1+x2+2=8,2k2+4k2=6,k2=1,即k=1,直线l的方程为y=(x-1).(2)证明:由对称性知,D点的坐标为(x1,-y1),又E(-1,0),kEB-kED=y2x2+1-y1x1+1=y2(x1+1)+y1(x2+1)(x1+1)(x2+1),而y2(x1+1)+y1(x2+1)=y2y124+1+y1y224+1=y1y24(y1+y2)+(y1+y2)=(y1+y2)y1y24+1,由(1)知x1x2=1,(y1y2)2=16x1x2=16,又y1与y2异号,y1y2=-4,即y1y24=-1,y1y24+1=0,kEB=kED,又ED与EB有公共点E,B,D,E三点共线.6.解析(1)由抛物线的定义可知|PF|=t+a4=2t,则a=4t,由点Pt,12在抛物线上,得at=14,aa4=14,得a2=1,由a0,得a=1,抛物线C的方程为y2=x.(2)证明:点A在抛物线C上,且yA=1,xA=1,A(1,1).设过点Q(3,-1)的直线的方程为x-3=m(y+1),即x=my+m+3,代入y2=x得y2-my-m-3=0,=(-m)2-4(-m-3)=(m+2)2+80.设M(x1,y1),N(x2,y2),x1,x2均不为1,则y1+y2=m,y1y2=-m-3,k1k2=y1-1x1-1y2-1x2-1=y1y2-(y1+y2)+1m2y1y2+m(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=-12.k1k2为定值.7.解析(1)由|PF1|+|PF2|=22,得2a=22,a=2.将1,22代入x22+y2b2=1,得b2=1.椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)由已知知,直线l的斜率为零时,不合题意,设直线l的方程为x-1=my,A(x1,y1),B(x2,y2),联立,得x=my+1,x2+2y2=2,消去x,化简整理得(m2+2)y2+2my-1=0,由根与系数的关系,得y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-1m2+2,SAOB=12|OF2|y1-y2|=12(y1+y2)2-4y1y2=12-2mm2+22-4-1m2+2=2m2+1m4+4m2+4=2m2+1(m2+1)2+2(m2+1)+1=21m2+1+1m2+1+2212(m2+1)1m2+1+2=22,当且仅当m2+1=1m2+1,即m=0时,等号成立,AOB面积的最大值为22.8.解析(1)设AF1的中点为M,连接AF2,MO,在AF1F2中,由中位线定理得,|OM|=12|AF2|=12(2a-|AF1|)=a-12|AF1|.当两个圆内切时,|OM|=3-12|AF1|,所以a=3,故椭圆长轴的长为6.(2)存在.由b=1及离心率为223,得c=22,a=3,所以椭圆C的方程为x29+y2=1.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+22).设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,得x2+9y2=9,y=k(x+22),消去y,并整理得(9k2+1)x2+362k2x+72k2-9=0.=36k2+360,x1+x2=-362k29k2+1,x1x2=72k2-99k2+1,假设存在定点T,设T(x0,0),则TATB=x1x2-(x1+x2)x0