【全程复习方略】高考数学第一轮总复习 考点44 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用提能训练（含高考真题）新人教A版(1).doc

考点44 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用一、选择题1.（2013四川高考理科6）抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（ ）（a） （b） （c） （d）【解题指南】本题考查的是抛物线与双曲线的基本几何性质，在求解时首先求得抛物线的焦点坐标，然后求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式进行求解即可.【解析】选b，由抛物线的焦点，双曲线的一条渐近线方程为，根据点到直线的距离公式可得，故选b.2.（2013山东高考文科11）与（2013山东高考理科11）相同抛物线c1：y=x2(p0)的焦点与双曲线c2：的右焦点的连线交c1于第一象限的点m.若c1在点m处的切线平行于c2的一条渐近线，则p=（ ） a. b. c. d.【解题指南】 本题考查了圆锥曲线的位置关系,可先将抛物线化成标准方程,然后再利用过交点的切线平行于c2的一条渐近线,求得切线斜率,进而求得p的值.【解析】选d. 经过第一象限的双曲线的渐近线为.抛物线的焦点为,双曲线的右焦点为.，所以在处的切线斜率为，即，所以，即三点，共线，所以，即.二、填空题3. （2013江西高考理科14）抛物线x2=2py（p0）的焦点为f，其准线与双曲线相交于a，b两点，若abf为等边三角形，则p=_.【解题指南】a、b、f三点坐标都能与p建立起联系，分析可知abf的高为p，可构造p的方程解决.【解析】由题意知abf的高为p，将代入双曲线方程得a，b两点的横坐标为，因为abf为等边三角形，所以，从而解得，即.【答案】6.4.（2013安徽高考理科13）已知直线交抛物线于两点。若该抛物线上存在点，使得为直角，则的取值范围为_【解题指南】 点c的轨迹是圆心在y轴上、半径为的圆，数形结合可得。【解析】联立直线与抛物线得，满足题设条件的点c的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为。由数形结合可知当时满足题设要求，解得。【答案】.三、解答题5.（2013北京高考理科19）已知a、b、c是椭圆w：上的三个点，o是坐标原点.(1)当点b是w的右顶点，且四边形oabc为菱形时，求此菱形的面积.(2)当点b不是w的顶点时，判断四边形oabc是否可能为菱形，并说明理由.【解题指南】（1）利用ob的垂直平分线求出ac的长，再求面积；（2）若是菱形，则oa=oc，a点与c点的横坐标相等或互为相反数。【解析】（1）线段ob的垂直平分线为，或，所以菱形面积为|ob|ac|=2=.（2）四边形oabc不可能是菱形，只需要证明若oa=oc，则a点与c点的横坐标相等或互为相反数.设oa=oc=r（r1)，则a、c为圆与椭圆的交点.，,所以a点与c点的横坐标互为相反数或相等，此时b点为顶点.因此四边形oabc不可能是菱形.6.（2013江西高考文科20）椭圆c:(ab0)的离心率，a+b=3.(1)求椭圆c的方程；(2)如图，a,b,d是椭圆c的顶点，p是椭圆c上除顶点外的任意点，直线dp交x轴于点n，直线ad交bp于点m，设bp的斜率为k，mn的斜率为m，证明:2m-k为定值.【解题指南】（1）借助椭圆中的关系及两个已知条件即可求解；（2）可以写出bp的直线方程，分别联立椭圆方程及ad的方程表示出点p、m的坐标，再利用dp与x轴表示点n的坐标，最终把m表示成k的形式，就可求出定值；另外也可设点p的坐标，把k与m都用点p的坐标来表示.【解析】(1) 因为，所以，又由得，代入a+b=3，得.故椭圆c的方程为.(2)方法一：因为b(2,0)，p不为椭圆顶点，则直线bp的方程为，将代入，解得p.直线ad的方程为：. 联立解得m.由d（0,1），p，n（x,0）三点共线可知，即，所以点.所以mn的斜率为m,则（定值）.方法二：设，则，直线ad的方程为，直线bp的方程为，直线dp的方程为.令y=0，由于，可得.解可得m，所以mn的斜率为=.故（定值）.7. （2013广东高考文科20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线：的距离为. 设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线pa，pb,其中a,b为切点.（1） 求抛物线的方程；（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；（3）当点在直线上移动时，求的最小值.【解题指南】本题以抛物线的切线为载体，考查抛物线方程、导数与切线、直线方程及最值等内容.解题过程中，抛物线的性质需要熟练运用.【解析】（1）因为到直线：的距离为，即，所以（注意），可得抛物线的方程为；（2）设切点，则.对（即）求导可得，切线的斜率为，将和代入整理可得，同理切线的斜率为，将和代入整理可得，由可得点都适合方程，也就是当点为直线上的定点时，直线的方程即为.（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，所以，.联立方程,消去整理得，由一元二次方程根与系数的关系可得,，所以.又，则，所以当时, 取得最小值,且最小值为.8. （2013广东高考理科20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线：的距离为. 设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线pa，pb,其中a,b为切点.（1） 求抛物线的方程；（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；（3）当点在直线上移动时，求的最小值.【解题指南】本题以抛物线的切线为载体，考查抛物线方程、导数与切线、直线方程及最值等内容.解题过程中，抛物线的性质需要熟练运用.【解析】（1）因为到直线：的距离为，即，所以（注意），可得抛物线的方程为；（2）设切点，则.对（即）求导可得，切线的斜率为，将和代入整理可得，同理切线的斜率为，将和代入整理可得，由可得点都适合方程，也就是当点为直线上的定点时，直线的方程即为.（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，所以，.联立方程,消去整理得，由一元二次方程根与系数的关系可得,，所以.又，则，所以当时, 取得最小值,且最小值为.9. （2013重庆高考理科21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，（）求该椭圆的标准方程；（）取垂直于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、，过、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外若，求圆的标准方程【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程，设出点的坐标，利用椭圆上的其余点均在圆外且求出圆的方程.【解析】（）设椭圆方程为+=1(ab0),由题意知点在椭圆上,则从而由，得从而故该椭圆的标准方程为（）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则.设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且因为，且所以即.由椭圆方程及得,解得.从而故这样的圆有两个,其标准方程分别为10. （2013重庆高考文科21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，（）求该椭圆的标准方程；（）取平行于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、，过、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外求的面积的最大值，并写出对应的圆的标准方程【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程，设出点的坐标，利用椭圆上的其余点均在圆外可求的面积的最大值以及圆的方程.【解析】（）由题意知点在椭圆上,则从而由，得从而故该椭圆的标准方程为（）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则.设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且由对称性知故,所以当时,的面积取到最大值.此时对应的圆的圆心坐标为,半径因此,这样的圆有两个,其标准方程分别为11. （2013新课标高考文科21）与（2013新课标高考理科20）相同已知圆：,圆：,动圆与外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线.（）求的方程；（）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线交于a，b两点，当圆的半径最长时，求. 【解题指南】（）根据圆的位置关系与半径的关系并结合圆锥曲线的定义确定曲线c的方程.（）结合图象，确定当圆的半径最长时的情形，并对的值进行分类求解.【解析】由已知得圆的圆心为，半径；圆圆心为，半径.设圆的圆心为,半径为（）动圆与外切并且与圆内切。，所以由椭圆定义可知，曲线是以，为左、右焦点，长半轴长为2,短半轴长为的椭圆（左顶点除外），其方程为.（）对于曲线上任意一点,由于，所以，当且仅当圆的圆心为时，所以当圆的半径最长时，其方程为.若的倾斜角为，则与轴重合，可得.若的倾斜角不为，由，知不平行于轴，设与轴的交点为，则，可求得，所以可设：，由与圆相切得，解得.当时，将代入，并整理得，解得，所以.当时，由图形的对称性可知.综上，或.12.（2013江西高考理科20）如图，椭圆经过点p（），离心率，直线l的方程为x=4.（1）求椭圆c的方程；（2）ab是经过右焦点f的任一弦（不经过点p），设直线ab与直线l相交于点m，记pa，pb，pm的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1+k2=k3？若存在，求的值；若不存在，说明理由【解题指南】（1）注意到点p在椭圆上，与可求出椭圆中的a，b，进而可写出椭圆的方程；(2) 设出直线ab的方程，联立直线与椭圆方程，结合a、f、b三点共线可得k1+k2 与k3的关系,进而可求的值【解析】（1）由在椭圆上得， 依题设知a=2c，则a2=4c2,， 将代入得故椭圆c的方程为.（2）方法一：由题意可设ab的斜率为k，则直线ab的方程为 代入椭圆方程并整理得设，则有 在方程中令x=4得m(4，3k).从而注意到a、f、b三点共线，则有,即.所以 将代入得又，所以故存在常数符合题意.方法二：设，则直线fb的方程为：，令x=4，求得，从而直线pm的斜率为，联立，解得，则直线pa的斜率为，直线pb的斜率为，所以，故存在常数符合题意.13. （2013湖北高考文科t22）与（2013湖北高考理科t21）相同如图，已知椭圆c1与c2 的中心坐标原点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.。（）当直线l与轴重合时，若s1= s2 ，求的值；（）当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得s1= s2？并说明理由【解题指南】 （）由s1=s2列出方程解出的值,验证1得的值. （）先假设存在,看是否能求出符合条件的,如果推出矛盾就是不存在. 【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为：，：. 其中，（）方法1：如图1，图1若直线与轴重合，即直线的方程为，则，所以. 在c1和c2的方程中分别令，可得，于是.若，则，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则. 方法2：如图1，若直线与轴重合，则，；，.所以. 若，则，化简得. 由，可解得.故当直线与轴重合时，若，则. （）方法一：如图2，图2若存在与坐标轴不重合的直线，使得. 根据对称性，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，则因为，所以. 又，所以，即. 由对称性可知，所以，于是. 将的方程分别与c1，c2的方程联立，可求得，.根据对称性可知，于是. 从而由和式可得. 令，则由，可得，于是由可解得.因为，所以. 于是式关于有解，当且仅当，等价于. 由，可解得，即，由，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线使得. 方法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线，使得. 根据对称性，不妨设直线：，点，到直线的距离分别为，则因为，所以. 又，所以.因为，所以.由点，分别在c1，c2上，可得，两式相减可得，依题意，所以. 所以由上式解得. 因为，所以由，可解得.从而，解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线，使得；当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得.14. （2013大纲版全国卷高考文科22）与（2013大纲版全国卷高考理科21）相同已知双曲线离心率为直线（i）求（ii）证明：【解题指南】（i）利用及列出关于的方程求解的值.（ii）将过的直线与（i）中所求双曲线方程联立成方程组，化简成关于的一元二次方程，由求得的值，然后求出，进行证明.【解析】（i）由题设知，即，故.所以的方程为.将代入上式，求得.由题设知，解得.所以，.（ii）由（i）知，的方程为.由题意可设的方程为，代入并化简得.设，则，.于是，由得，即，故.解得从而.由于，.故，.因而,所以、成等比数列.15.（2013上海高考文科t23）与（2013上海高考理科t22）相同如图，已知双曲线c1:，曲线c2:.p是平面内一点.若存在过点p的直线与c1、c2都有共同点，则称p为“c1-c2型点”.（1）在正确证明c1的左焦点是“c1-c2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；（2）设直线y=kx与c2有公共点，求证1，进而证明圆点不是“c1-c2型点”；（3）求证：圆内的点都不是“c1-c2型点”.【解析】(1)c1的左焦点为(-,0),写出的直线方程可以是以下形式:x=-或y=k(x+),其中|k|.(2)因为直线y=kx与c2有公共点,所以方程组有实数解,因此|kx|=|x|+1,得|k|=1.若原点是“c1-c2型点”,则存在过原点的直线与c1,c2都有公共点.考虑过原点与c2有公共点的直线x=0或y=kx(|k|1).显然直线x=0与c1无公共点.如果直线为y=kx(|k|1),则由方程组得x2=1)与c1也无公共点.因此原点不是“c1-c2型点”.(3)记圆o:x2+y2=,取圆o内的一点q,设有经过q的直线l与c1,c2都有公共