【5年高考3年模拟】（新课标专用）高考数学一轮复习 试题分类汇编 圆锥曲线的综合问题（B）.doc

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y=kx+m(m0)与椭圆w:+y2=1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acob,所以k0.由消y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.设a(x1,y1),c(x2,y2),则=-,=k+m=.所以ac的中点为m.因为m为ac和ob的交点,且m0,k0,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c:+=1(ab0)的焦距为4,且过点p(,).(1)求椭圆c的方程;(2)设q(x0,y0)(x0y00)为椭圆c上一点.过点q作x轴的垂线,垂足为e.取点a(0,2),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a2-b2=4.又因为椭圆c过点p(,),所以+=1,故a2=8,b2=4,从而椭圆c的方程为+=1.(2)由题意,e点坐标为(x0,0),设d(xd,0),则=(x0,-2),=(xd,-2),再由adae知,=0,即x0xd+8=0.由于x0y00,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q(x0,y0)在椭圆c上,所以+2=8.从而kqg=-.故直线qg的方程为y=-.将代入椭圆c的方程,得(+2)x2-16x0x+64-16=0.再将代入,化简得x2-2x0x+=0.解得x=x0,y=y0,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,2n(mn),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=,bdm和abn的面积分别为s1和s2.(1)当直线l与y轴重合时,若s1=s2,求的值;(2)当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得s1=s2?并说明理由.解析依题意可设椭圆c1和c2的方程分别为c1:+=1,c2:+=1.其中amn0,=1.(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则s1=|bd|om|=a|bd|,s2=|ab|on|=a|ab|,所以=.在c1和c2的方程中分别令x=0,可得ya=m,yb=n,yd=-m,所以=.若=,即=,化简得2-2-1=0.由1,解得=+1.故当直线l与y轴重合时,若s1=s2,则=+1.解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|bd|=|ob|+|od|=m+n,|ab|=|oa|-|ob|=m-n;s1=|bd|om|=a|bd|,s2=|ab|on|=a|ab|.所以=.若=,即=,化简得2-2-1=0.由1,解得=+1.故当直线l与y轴重合时,若s1=s2,则=+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得s1=s2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点m(-a,0),n(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2.因为d1=,d2=,所以d1=d2.又因为s1=|bd|d1,s2=|ab|d2,所以=,即|bd|=|ab|.由对称性可知|ab|=|cd|,所以|bc|=|bd|-|ab|=(-1)|ab|,|ad|=|bd|+|ab|=(+1)|ab|,所以=.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xc=-xb,xd=-xa,所以=.从而由可得=.令t=,则由mn,可得t1,所以由解得k2=.因为k0,所以k20.所以式关于k有解,当且仅当0,等价于(t2-1)1,解得t1,即1,解得1+,所以当11+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得s1=s2.解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得s1=s2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点m(-a,0),n(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,因为d1=,d2=,所以d1=d2.又s1=|bd|d1,s2=|ab|d2,所以=.因为=,所以=.由点a(xa,kxa),b(xb,kxb)分