【5年高考3年模拟】（新课标版）高考数学真题分类汇编 10.6 圆锥曲线的综合问题 理 (1).doc

10.6 圆锥曲线的综合问题考点一定值与最值问题1.(2014湖北,9,5分)已知f1,f2是椭圆和双曲线的公共焦点,p是它们的一个公共点,且f1pf2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()a. b. c.3 d.2答案a2.(2014福建,9,5分)设p,q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则p,q两点间的最大距离是()a.5 b.+ c.7+ d.6答案d3.(2014四川,10,5分)已知f为抛物线y2=x的焦点,点a,b在该抛物线上且位于x轴的两侧,=2(其中o为坐标原点),则abo与afo面积之和的最小值是()a.2 b.3 c. d.答案b4.(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.解析(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k20),则由得a1,由得a2.同理可得b1,b2.所以=2p1,=2p2,故=,所以a1b1a2b2.(2)由(1)知a1b1a2b2,同理可得b1c1b2c2,c1a1c2a2.所以a1b1c1a2b2c2.因此=.又由(1)中的=知=.故=.5.(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆c:+=1(ab0),动直线l与椭圆c只有一个公共点p,且点p在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点p的坐标;(2)若过原点o的直线l1与l垂直,证明:点p到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(kb0)的左、右焦点分别为f1、f2,离心率为e1;双曲线c2:-=1的左、右焦点分别为f3、f4,离心率为e2,已知e1e2=,且|f2f4|=-1.(1)求c1,c2的方程;(2)过f1作c1的不垂直于y轴的弦ab,m为ab的中点,当直线om与c2交于p,q两点时,求四边形apbq面积的最小值.解析(1)因为e1e2=,所以=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而f2(b,0),f4(b,0),于是b-b=|f2f4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故c1,c2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为ab不垂直于y轴,且过点f1(-1,0),故可设直线ab的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设a(x1,y1),b(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是ab的中点m的坐标为.故直线pq的斜率为-,则pq的方程为y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=,y2=,从而|pq|=2=2.设点a到直线pq的距离为d,则点b到直线pq的距离也为d,所以2d=,因为点a,b在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.又因为|y1-y2|=,所以2d=.故四边形apbq的面积s=|pq|2d=2 .而02-m2b0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆c的标准方程;(2)设f为椭圆c的左焦点,t为直线x=-3上任意一点,过f作tf的垂线交椭圆c于点p,q.(i)证明:ot平分线段pq(其中o为坐标原点);(ii)当最小时,求点t的坐标.解析(1)由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆c的标准方程是+=1.(2)(i)由(1)可得,f的坐标是(-2,0),设t点的坐标为(-3,m).则直线tf的斜率ktf=-m.当m0时,直线pq的斜率kpq=,直线pq的方程是x=my-2.当m=0时,直线pq的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设p(x1,y1),q(x2,y2),将直线pq的方程与椭圆c的方程联立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式=16m2+8(m2+3)0.所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以pq的中点m的坐标为.所以直线om的斜率kom=-,又直线ot的斜率kot=-,所以点m在直线ot上,因此ot