三高考两模拟（浙江版）高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.8 圆锥曲线的综合问题知能训练.doc

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: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,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)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,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;(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=x2-2tx+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+.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+y1y2=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,x1x2=-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=,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=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),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