【导与练】高考数学 试题汇编 第七节 圆锥曲线的综合问题 理（含解析）.doc

第七节圆锥曲线的综合问题 与圆锥曲线有关的最值、范围问题考向聚焦高考常考内容,主要结合直线与圆锥曲线的位置关系,平面向量等知识综合命题,考查有关最值、范围等问题,考查观察、分析问题的能力,考查等价转化思想和全面认识问题的能力.基本上以解答题形式出现,难度大,所占分值12分左右备考指津训练题型:(1)从特殊位置确定最值,主要训练分析问题的能力及逻辑推理能力;(2)通过研究直线与圆锥曲线位置关系求最值或范围,主要对转化能力和函数与方程思想、数形结合思想的应用的训练1.(2012年浙江卷,理16,4分)定义:曲线c上的点到直线l的距离的最小值称为曲线c到直线l的距离.已知曲线c1:y=x2+a到直线l:y=x的距离等于曲线c2:x2+(y+4)2=2到直线l:y=x的距离,则实数a=.解析:圆上的点到直线y=x的距离为|-4|2-2=2,设曲线c1上一点a(x0,y0)到直线y=x的距离最小,则a处的切线与直线y=x平行,2x0=1,x0=12,点a的坐标为(12,14+a),|14+a-12|2=2,解得a=94或a=-74(舍).答案:942.(2011年重庆卷,理15)设圆c位于抛物线y2=2x与直线x=3所围成的封闭区域(包含边界)内,则圆c的半径能取到的最大值为.解析:圆c的半径取到最大值时,c是封闭区域内与直线x=3和抛物线都相切的圆,设c半径为r,则c(3-r,0),则c方程可表示为(x+r-3)2+y2=r2,而所求圆应为与抛物线有公共点的圆中半径最小的圆,所以联立y2=2x,消去y,得(x+r-3)2+2x-r2=0,即x2+2(r-2)x+3(3-2r)=0,解出2r并整理得2r=(3-x)+63-x-2.0x3,2r2(3-x)6(3-x)-2=26-2,r6-1,所求半径为6-1.答案:6-13.(2012年天津卷,理19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别为a,b,点p在椭圆上且异于a,b两点,o为坐标原点.(1)若直线ap与bp的斜率之积为-12,求椭圆的离心率;(2)若|ap|=|oa|,证明直线op的斜率k满足|k|3.(1)解:设点p(x0,y0)(y00),则x02a2+y02b2=1,a(-a,0),b(a,0),kap=y0x0+a,kbp=y0x0-a,kapkbp=-12,y0x0+ay0x0-a=-12,x02=a2-2y02,代入x02a2+y02b2=1并整理得(a2-2b2)y02=0,y00,a2=2b2,e2=c2a2=a2-b2a2=1-b2a2=1-12=12.e=22(0eb0,(1+k2)24k2+4,k2-12,k23,|k|3. 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,同时还考查了直线与椭圆的位置关系,考查了学生的推理运算能力、综合分析和解决问题的能力.4.(2012年四川卷,理22,14分)已知a为正实数,n为自然数,抛物线y=-x2+an2与x轴正半轴相交于点a.设f(n)为该抛物线在点a处的切线在y轴上的截距.(1)用a和n表示f(n);(2)求对所有n都有f(n)-1f(n)+1n3n3+1成立的a的最小值;(3)当0a4n=(1+3)n=1+cn13+cn232+cn333+cnn3n1+cn13+cn232+cn333=1+2n3+12n5(n-2)2+(2n-5)2n3+1.当n=0,1,2时,显然(17)n2n3+1.故a=17时,f(n)-1f(n)+1n3n3+1对所有自然数n都成立.所以满足条件的a的最小值为17.(3)由(1)知f(k)=ak,则k=1n1f(k)-f(2k)=k=1n1ak-a2k,f(1)-f(n)f(0)-f(1)=a-an1-a.下面证明:k=1n1f(k)-f(2k)274f(1)-f(n)f(0)-f(1).首先证明:当0x1时,1x-x2274x.设函数g(x)=274x(x2-x)+1,0x1.则g(x)=814x(x-23).令g(x)=0得x=0(舍去)或x=23.当0x23时,g(x)0;当23x0.故g(x)在区间(0,1)上的最小值g(x)min=g(23)=0.所以,当0x1时,g(x)0,即得1x-x2274x.由0a1知0ak274a-an1-a=274f(1)-f(n)f(0)-f(1). 本小题主要考查导数的应用、不等式、数列等基础知识,考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力和创新意识,考查函数、转化与化归、特殊与一般等数学思想方法.5.(2011年全国新课标卷,理20)在平面直角坐标系xy中,已知点a(0,-1),b点在直线y=-3上,m点满足mboa,maab=mbba,m点的轨迹为曲线c.(1)求c的方程;(2)p为c上的动点,l为c在p点处的切线,求o点到l距离的最小值.解:(1)设m(x,y).由已知得b(x,-3),又a(0,-1),ma=(-x,-1-y),mb=(0,-3-y),ab=(x,-2).又maab=mbba,(ma+mb)ab=0,即(-x,-4-2y)(x,-2)=0,y=14x2-2,曲线c的方程为y=14x2-2.(2)设p(x0,y0)为曲线c:y=14x2-2上一点,y=12x,c在p点处切线l的斜率为12x0,直线l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-x02=0,则o点到直线l的距离为d=|2y0-x02|x02+4.又y0=14x02-2,d=|12x02+4|x02+4=x02+4+42x02+4=12(x02+4+4x02+4)2(当且仅当x0=0时取等号),o点到直线l距离的最小值为2.6.(2011年北京卷,理19)已知椭圆g:x24+y2=1,过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆g于a,b两点.(1)求椭圆g的焦点坐标和离心率;(2)将|ab|表示为m的函数,并求|ab|的最大值.解:(1)由已知得a=2,b=1,c=a2-b2=3,椭圆g的焦点坐标是(-3,0),(3,0),离心率e=ca=32.(2)由题意知|m|1,当m=1时,切线l的方程为x=1,则点a、b分别为(1,32),(1,-32),|ab|=3.当m=-1时,同理可得|ab|=3.当|m|1时,显然切线l的斜率k存在,设切线l的方程为y=k(x-m).由y=k(x-m)x24+y2=1,可得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.设a、b两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=8k2m1+4k2,x1x2=4k2m2-41+4k2.又l与圆x2+y2=1相切,|km|1+k2=1,即k2m2=1+k2,k2=1m2-1,又|ab|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=(1+k2)64k4m2(1+4k2)2-4(4k2m2-4)1+4k2,代入k2=1m2-1化简可得|ab|=43|m|m2+3=43|m|+3|m|,|m|1,|m|+3|m|23(当且仅当|m|=3时,等号成立),此时|ab|4323=2.由可知,|ab|的最大值为2.与圆锥曲线有关的定值、定点问题考向聚焦高考常考内容,高考中主要涉及与圆锥曲线中的“常数”,直线过定点等有关的定值、定点问题,综合性比较强,主要考查观察、分析问题的能力和转化与化归思想的应用,主要出现在解答题中,难度较大,所占分值1214分7.(2011年福建卷,理7)设圆锥曲线的两个焦点分别为f1、f2.若曲线上存在点p满足|pf1|f1f2|pf2|=432,则曲线的离心率等于()(a)12或32(b)23或2(c)12或2(d)23或32解析:由|pf1|f1f2|pf2|=432,可设|pf1|=4m,|f1f2|=3m,|pf2|=2m,m0.若此曲线为椭圆,则有2a=6m,2c=3m,则离心率e=2c2a=12.若此曲线为双曲线,则有2a=2m,2c=3m,则离心率e=2c2a=32,故选a.答案:a.8.(2012年湖南卷,理21,13分)在直角坐标系xoy中,曲线c1上的点均在圆c2:(x-5)2+y2=9外,且对c1上任意一点m,m到直线x=-2的距离等于该点与圆c2上点的距离的最小值.(1)求曲线c1的方程;(2)设p(x0,y0)(y03)为圆c2外一点,过p作圆c2的两条切线,分别与曲线c1相交于点a,b和c,d.证明:当p在直线x=-4上运动时,四点a,b,c,d的纵坐标之积为定值.解:(1)法一:设m的坐标为(x,y),由已知得|x+2|=(x-5)2+y2-3.易知圆c2上的点位于直线x=-2的右侧,于是x+20,所以(x-5)2+y2=x+5.化简得曲线c1的方程为y2=20x.法二:由题设知,曲线c1上任意一点m到圆心c2(5,0)的距离等于它到直线x=-5的距离.因此,曲线c1是以(5,0)为焦点,直线x=-5为准线的抛物线.故其方程为y2=20x.(2)当点p在直线x=-4上运动时,p的坐标为(-4,y0), 又y03,则过p且与圆c2相切的直线的斜率k存在且不为0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为y-y0=k(x+4),即kx-y+y0+4k=0,于是|5k+y0+4k|k2+1=3.整理得72k2+18y0k+y02-9=0设过p所作的两条切线pa,pc的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程的两个实根,故k1+k2=-18y072=-y04由k1x-y+y0+4k1=0,y2=20x得k1y2-20y+20(y0+4k1)=0设四点a,b,c,d的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4,则y1,y2是方程的两个实根,所以y1y2=20(y0+4k1)k1同理可得y3y4=20(y0+4k2)k1于是由三式得y1y2y3y4=400(y0+4k1)(y0+4k2)k1k2=400y02+4(k1+k2)y0+16k1k2k1k2=400(y02-y02+16k1k2)k1k2=6400,所以,当p在直线x=-4上运动时,四点a,b,c,d的纵坐标之积为定值6400.9.(2012年江西卷,理20,13分)已知三点o(0,0),a(-2,1),b(2,1),曲线c上任意一点m(x,y)满足|ma+mb|=om(oa+ob)+2.(1)求曲线c的方程;(2)动点q(x0,y0)(-2x02)在曲线c上,曲线c在点q处的切线为l.问:是否存在定点p(0,t)(t0),使得l与pa,pb都相交,交点分别为d,e,且qab与pde的面积之比是常数?若存在,求t的值.若不存在,说明理由.解:(1)由ma=(-2-x,1-y),mb=(2-x,1-y),|ma+mb|=(-2x)2+(2-2y)2,om(oa+ob)=(x,y)(0,2)=2y,由已知得(-2x)2+(2-2y)2=2y+2,化简得曲线c的方程x2=4y.(2)假设存在点p(0,t)(t0)满足条件,则直线pa的方程是y=t-12x+t,pb的方程是y=1-t2x+t.曲线c在点q处的切线l的方程是y=x02x-x024,它与y轴的交点为f(0,-x024).由于-2x02,因此-1x021.当-1t0时,-1t-12-12,存在x0(-2,2),使得x02=t-12,即l与直线pa平行,故当-1t0时不符合题意.当t-1时,t-12-1x02,所以l与直线pa,pb一定相交.分别联立方程组y=t-12x+ty=x02x-x024,y=1-t2x+ty=x02x-x024,解得d,e的横坐标分别是xd=x02+4t2(x0+1-t),xe=x02+4t2(x0+t-1),则xe-xd=(1-t)x02+4tx02-(t-1)2,又|fp|=-x024-t,有spde=12|fp|xe-xd|=1-t8(x02+4t)2(t-1)2-x02,又sqab=124(1-x024)=4-x022,于是sqabspde=41-t(x02-4)x02-(t-1)2(x02+4t)2=41-tx04-4+(t-1)2x02+4(t-1)2x04+8tx02+16t2,对任意x0(-2,2),要使sqabspde为常数,即只需t满足-4-(t-1)2=8t4(t-1)2=16t2,解得t=-1,此时sqabspde=2,故存在t=-1,使得qab与pde的面积之比是常数2. 本题以向量为载体,考查了抛物线方程的求解,直线的方程,直线与抛物线相切,导数的几何意义,三角形的面积等探讨性问题以及分类讨论的数学思想.用x0表示y0,从而达到只有一个未知数的目的,然后用x0的代数式分别表示qab,pde的面积,从而求得两者的比值,对于比值为定值问题,用到了比较系数法,这也是数学思想方法中比较常见的重要思想方法.关于圆锥曲线的性质以及直线与圆锥曲线的位置关系等问题是高考的常考点,一般以综合性试题的形式出现,常与数列、平面向量等知识结合命题.10.(2012年上海数学,理22,16分)在平面直角坐标系xoy中,已知双曲线c1:2x2-y2=1.(1)过c1的左顶点引c1的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积;(2)设斜率为1的直线l交c1于p、q两点.若l与圆x2+y2=1相切,求证:opoq;(3)设椭圆c2:4x2+y2=1.若m、n分别是c1、c2上的动点,且omon,求证:o到直线mn的距离是定值.解:(1)双曲线c1:x212-y2=1,左顶点a(-22,0),渐近线方程:y=2x.过点a与渐近线y=2x平行的直线方程为y=2(x+22),即y=2x+1.解方程组y=-2x,y=2x+1得x=-24,y=12.所以所求三角形的面积为s=12|oa|y|=28.(2)设直线pq的方程是y=x+b.因直线pq与已知圆相切,故|b|2=1,即b2=2.由y=x+b,2x2-y2=1得x2-2bx-b2-1=0.设p(x1,y1)、q(x2,y2),则x1+x2=2b,x1x2=-1-b2.又y1y2=(x1+b)(x2+b),所以opoq=x1x2+y1y2=2x1x2+b(x1+x2)+b2=2(-1-b2)+2b2+b2=b2-2=0.故opoq.(3)当直线on垂直于x轴时,|on|=1,|om|=22,则o到直线mn的距离为33.当直线on不垂直于x轴时,设直线on的方程为y=kx(显然|k|22),则直线om的方程为y=-1kx.由y=kx,4x2+y2=1得x2=14+k2,y2=k24+k2,所以|on|2=1+k24+k2.同理|om|2=1+k22k2-1.设o到直线mn的距离为d,因为(|om|2+|on|2)d2=|om|2|on|2,所以1d2=1|om|2+1|on|2=3k2+3k2+1=3,即d=33.综上,o到直线mn的距离是定值.11.(2012年辽宁卷,理20,12分)如图,椭圆c0:x2a2+y2b2=1(ab0,a,b为常数),动圆c1:x2+y2=t12,bt1a.点a1,a2分别为c0的左,右顶点,c1与c0相交于a,b,c,d四点.(1)求直线aa1与直线a2b交点m的轨迹方程;(2)设动圆c2:x2+y2=t22与c0相交于a,b,c,d四点,其中bt2a,t1t2.若矩形abcd与矩形abcd的面积相等,证明:t12+t22为定值.(1)解:设a(x1,y1),b(x1,-y1),又知a1(-a,0),a2(a,0),则直线a1a的方程为y=y1x1+a(x+a),直线a2b的方程为y=-y1x1-a(x-a),由得y2=-y12x12-a2(x2-a2),由于点a(x1,y1)在椭圆c0上,故x12a2+y12b2=1.从而y12=b2(1-x12a2),代入得x2a2-y2b2=1(x-a,yb0),则b=1,c=1,a2=b2+c2=2,椭圆的方程为y22+x2=1.设l的方程为y=kx+1(由于l与x轴垂直不符合题意),由y=kx+1y2+2x2=2得k2x2+2kx+1+2x2=2,(k2+2)x2+2kx-1=0.设c(x1,y1),d(x2,y2),x1+x2=-2kk2+2,x1x2=-1k2+2.由|cd|=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=322,得(1+k2)4k2(k2+2)2+4k2+2=92,(1+k2)4k2+4(k2+2)(k2+2)2=92,(1+k2)2=916(k2+2)2,k2+1=34(k2+2),k2=2,k=2,直线l的方程为y=2x+1.(2)证明:由题意l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+1(k0,且k1),p(-1k,0).设c(x1,y1),d(x2,y2),直线ac的方程为y=y1x1+1(x+1),直线bd的方程为y=y2x2-1(x-1),两直线方程联立,消去y得x+1x-1=y2(x1+1)y1(x2-1).因为-1x11,-1x20,y10,y20,y20得m=210.此时直线mn的方程为x=1,过点(1,0).若x1x2,则m210,直线mn的方程为y+20mm2+20=40mm2+80+20mm2+20-3(m2-80)m2+80-3(m2-20)m2+20x-3(m2-20)m2+20,化简得y+20mm2+20=-10mm2-40x-3(m2-20)m2+20.令y=0,得x=1,即直线mn过点(1,0),综上,直线mn过x轴上定点(1,0).开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要是考查(1)探究圆锥曲线内,各量之间的关系;(2)存在性问题,一般以解答题形式出现,难度大,所占分值1214分14.(2012年湖北卷,理21,13分)设a是单位圆x2+y2=1上的任意一点,l是过点a与x轴垂直的直线,d是直线l与x轴的交点,点m在直线l上,且满足|dm|=m|da|(m0,且m1),当点a在圆上运动时,记点m的轨迹为曲线c.(1)求曲线c的方程,判断曲线c为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;(2)过原点且斜率为k的直线交曲线c于p,q两点,其中p在第一象限,它在y轴上的射影为点n,直线qn交曲线c于另一点h.是否存在m,使得对任意的k0,都有pqph?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由.解:(1)如图1,设m(x,y),a(x0,y0),则由|dm|=m|da|(m0,且m1),可得x=x0,|y|=m|y0|,所以x0=x,|y0|=1m|y|,因为a点在单位圆上运动,所以x02+y02=1.将式代入式即得所求曲线c的方程为x2+y2m2=1(m0,且m1).因为m(0,1)(1,+),所以当0m1时,曲线c是焦点在y轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(0,-m2-1),(0,m2-1).(2)解:法一:如图2、3,k0,设p(x1,kx1),h(x2,y2),则q(-x1,-kx1),n(0,kx1),直线qn的方程为y=2kx+kx1,将其代入椭圆c的方程并整理可得(m2+4k2)x2+4k2x1x+k2x12-m2=0.依题意可知此方程的两根为-x1,x2,于是由韦达定理可得-x1+x2=-4k2x1m2+4k2,即x2=m2x1m2+4k2,因为点h在直线qn上,所以y2-kx1=2kx2=2km2x1m2+4k2.于是pq=(-2x1,-2kx1),ph=(x2-x1,y2-kx1)=(-4k2x1m2+4k2,2km2x1m2+4k2).而pqph等价于pqph=4(2-m2)k2x12m2+4k2=0,即2-m2=0,又m0,得m=2.故存在m=2,使得在其对应的椭圆x2+y22=1上,对任意的k0,都有pqph.法二:如图2、3,x1(0,1),设p(x1,y1),h(x2,y2),则q(-x1,-y1),n(0,y1),因为p、h两点在椭圆c上,所以m2x12+y12=m2,m2x22+y22=m2,两式相减可得m2(x12-x22)+(y12-y22)=0.依题意,由点p在第一象限可知,点h也在第一象限,且p,h不重合,故(x1-x2)(x1+x2)0,于是由式可得(y1-y2)(y1+y2)(x1-x2)(x1+x2)=-m2.又q,n,h三点共线,所以kqn=kqh,即2y1x1=y1+y2x1+x2.于是由式可得kpqkph=y1x1y1-y2x1-x2=12(y1-y2)(y1+y2)(x1-x2)(x1+x2)=-m22.而pqph等价于kpqkph=-1,即-m22=-1,又m0,得m=2,故存在m=2,使得在其对应的椭圆x2+y22=1上,对任意的k0,都有pqph.15.(2011年湖北卷,理20)平面内与两定点a1(-a,0)、a2(a,0)(a0)连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹,加上a1、a2两点所成的曲线c可以是圆、椭圆或双曲线.(1)求曲线c的方程,并讨论c的形状与m值的关系;(2)当m=-1时,对应的曲线为c1;对给定的m(-1,0)(0,+),对应的曲线为c2,设f1、f2是c2的两个焦点.试问:在c1上,是否存在点n,使得f1nf2的面积s=|m|a2,若存在,求tan f1nf2的值;若不存在,请说明理由.解:(1)设曲线c上的动点为m,其坐标为(x,y),当xa时,由条件可得kma1kma2=yx+ayx-a=y2x2-a2=m,即mx2-y2=ma2(xa),又a1(-a,0)、a2(a,0)的坐标满足mx2-y2=ma2,故依题意,曲线c的方程为mx2-y2=ma2.当m-1时,曲线c的方程为x2a2+y2-ma2=1,c是焦点在y轴上的椭圆;当m=-1时,曲线c的方程为x2+y2=a2,c是圆心在原点的圆;当-1m0时,曲线c的方程为x2a2-y2ma2=1,c是焦点在x轴上的双曲线.(2)由(1)知,当m=-1时,c1的方程为x2+y2=a2;当m(-1,0)(0,+)时,c2的两个焦点分别为f1(-a1+m,0),f2(a1+m,0).对于给定的m(-1,0)(0,+),c1上存在点n(x0,y0)(y00)使得s=|m|a2的充要条件是x02+y02=a2(y00),122a1+m|y0|=|m|a2.由得0|y0|a,由得|y0|=|m|a1+m.当0|m|a1+ma,即1-52m0或0a,即-1m1+52时,不存在满足条件的点n.当m1-52,0)(0,1+52时,由nf1=(-a1+m-x0,-y0),nf2=(a1+m-x0,-y0),可得nf1nf2=x02-(1+m)a2+y02=-ma2.令|nf1|=r1,|nf2|=r2,f1nf2=,则由nf1nf2=r1r2cos =-ma2,可得r1r2=-ma2cos,从而s=12r1r2sin =-ma2sin2cos=-12ma2tan ,于是由s=|m|a2,可得-12ma2tan =|m|a2,即tan =-2|m|m.综上可得:当m1-52,0)时,在c1上,存在点n,使得s=|m|a2,且tan f1nf2=2;当m(0,1+52时,在c1上,存在点n,使得s=|m|a2,且tan f1nf2=-2;当m(-1,1-52)(1+52,+)时,在c1上,不存在满足条件的点n.16.(2011年湖南卷,理21)如图,椭圆c1:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,x轴被曲线c2:y=x2-b截得的线段长等于c1的长半轴长.(1)求c1,c2的方程;(2)设c2与y轴的交点为m,过坐标原点o的直线l与c2相交于点a,b,直线ma,mb分别与c1相交于点d,e.证明:mdme;记mab,mde的面积分别为s1,s2.问:是否存在直线l,使得s1s2=1732?请说明理由.(1)解:由题意知e=ca=32,从而a=2b,又2b=a,解得a=2,b=1.故c1,c2的方程分别为x24+y2=1,y=x2-1.(2)证明:由题意知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=kx.由y=kx,y=x2-1得x2-kx-1=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=k,x1x2=-1.又点m的坐标为(0,-1),所以kmakmb=y1+1x1y2+1x2=(kx1+1)(kx2+1)x1x2=k2x1x2+k(x1+x2)+1x1x2=-k2+k2+1-1=-1.故mamb,即mdme.解:设直线ma的斜率为k1,则直线ma的方程为y=k1x-1.由y=k1x-1,y=x2-1解得x=0,y=-1或x=k1,y=k12-1.则点a的坐标为(k1,k12-1).由可知直线mb的斜率为-1k1,同理可得点b的坐标为(-1k1,1k12-1).于是s1=12|ma|mb|=121+k12|k1|1+1k12|-1k1|=1+k122|k1|.由y=k1x-1,x2+4y2-4=0,解得x=0y=-1或x=8k11+4k12y=4k12-11+4k12,则点d的坐标为(8k11+4k12,4k12-11+4k12).同理可得点e的坐标为(-8k14+k12,4-k124+k12).于是s2=12|md|me|=32(1+k12)|k1|(1+4k12)(k12+4).因此s1s2=164(4k12+4k12+17).由题意知164(4k12+4k12+17)=1732,解得k12=4或k12=14.又由点a,b的坐标可知k=k12-1k12k1+1k1=k1-1k1,所以k=32.故满足条件的直线l存在,且有两条,其方程分别为y=32x或y=-32x.圆锥曲线间的综合问题考向聚焦高考常考内容,主要涉及椭圆、双曲线和抛物线以及圆,考查它们的几何性质,多以选择题或填空题形式出现,难度中档,有时以解答题形式出现,难度较大,所占分值512分17.(2012年新课标全国卷,理8,5分)等轴双曲线c的中心在原点,焦点在x轴上,c与抛物线y2=16x的准线交于a,b两点,|ab|=43,则c的实轴长为()(a)2(b)22(c)4(d)8解析:设双曲线方程为x2-y2=a2(a0),又抛物线y2=16x的准线方程为x=-4,由x2-y2=a2x=-4得y=16-a2,|ab|=216-a2=43,a2=4,a=2.双曲线的实轴长2a=4,应选c.答案:c.18.(2011年浙江卷,理8)已知椭圆c1:x2a2+y2b2=1(ab0)与双曲线c2:x2-y24=1有公共的焦点,c2的一条渐近线与以c1的长轴为直径的圆相交于a,b两点,若c1恰好将线段ab三等分,则()(a)a2=132(b)a2=13(c)b2=12(d)b2=2解析:由已知双曲线渐近线方程为y=2x.圆的方程为x2+y2=a2,则|ab|=2a.不妨取y=2x与椭圆交于p、q点,且p在x轴上方,则由已知|pq|=13|ab|=2a3,|op|=a3.则点p坐标为(5a15,25a15),又点p在椭圆上,5a2225a2+20a2225b2=1,又a2-b2=5,b2=a2-5.解得a2=112b2=12.故选c.答案:c.19.(2010年天津卷,理5)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一条渐近线方程是y=3x,它的一个焦点在抛物线y2=24x的准线上,则双曲线的方程为()(a)x236-y2108=1(b)x29-y227=1(c)x2108-y236=1(d)x227-y29=1解析:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一条渐近线方程是y=3x,ba=3,b=3a.又抛物线y2=24x准线为x=-6,双曲线的一个焦点在准线上,c=6.又c2=a2+b2,即36=a2+3a2,a2=9,b2=c2-a2=27,即双曲线方程为x29-y227=1,故选b.答案:b.20.(2012年北京卷,理19,14分)已知曲线c:(5-m)x2+(m-2)y2=8(mr)(1)若曲线c是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线c与y轴的交点为a,b(点a位于点b的上方),直线y=kx+4与曲线c交于不同的两点m,n,直线y=1与直线bm交于点g.求证:a,g,n三点共线.解:(1)当方程(5-m)x2+(m-2)y2=8表示焦点在x轴上的椭圆时,5-m0,m-20,5-mm-2,解得72m5,即所求m取值范围是72m0,得k232.设m(x1,y1),n(x2,y2),则x1+x2=-16k1+2k2,x1x2=242k2+1.又bm的直线方程为y+2=y1+2x1x,令y=1得x=3x1y1+2,g的坐标为(3x1y1+2,1),an=(x2,y2-2),ag=(3x1y1+2,-1).又3x1(y2-2)y1+2+x2=3x1y2-6x1+x2y1+2x2y1+2=3x1(kx2+4)-6x1+x2(kx1+4)+2x2y1+2=4kx1x2+6(x1+x2)y1+2=4k242k2+1+6(-16k1+2k2)y1+2=0,anag,a、g、n三点共线. 本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题,将直线方程与圆锥曲线方程联立,利用根与系数的关系是解决这类问题的常用方法.在本题中注意将三点共线转化为向量共线是本题的转折点,熟练运算是难点.21.(2012年重庆卷,理20,12分)如图,设椭圆的中心为原点o,长轴在x轴上,上顶点为a,左、右焦点分别为f1,f2,线段of1,of2的中点分别为b1,b2,且ab1b2是面积为4的直角三角形.(1)求该椭圆的离心率和标准方程;(2)过b1作直线l交椭圆于p,q两点,使pb2qb2,求直线l的方程.解:(1)设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0),ab1b2为直角三角形,|ab1|=|ab2|,b1ab2=90,|oa|=|ob1|=|ob2|,b=c2,又a2=b2+c2,a2=b2+(2b)2=5b2,e2=c2a2=4b25b2=45,e=255,oab1b2,sab1b2=12|b1b2|oa|=12cb=b2=4,a2=5b2=54=20,椭圆的标准方程为x220+y24=1.(2)由(1)知b1(-2,0),b2(2,0),当直线pq斜率不存在时,不合题意,当直线pq斜率存在时,设pq方程为y=k(x+2),代入椭圆方程消去y整理得(5k2+1)x2+20k2x+20k2-20=0.设p(x1,y1),q(x2,y2),则x1+x2=-20k25k2+1,x1x2=20(k2-1)5k2+1b2p=(x1-2,y1),b2q=(x2-2,y2),b2pb2q=(x1-2)(x2-2)+y1y2=x1x2-2(x1+x2)+4+k2(x1+2)(x2+2)=(k2+1)x1x2+(2k2-2)(x1+x2)+4k2+4=20(k4-1)5k2+1+-40k2(k2-1)5k2+1+4k2+4=64k2-165k2+1,pb2qb2,b2pb2q=0,64k2-165k2+1=0,k=12.满足条件的方程为y=12(x+2),即x+2y+2=0和x-2y+2=0. 本题考查椭圆的几何性质,运用其几何性质确定等量关系,进而求离心率和椭圆方程,同时还考查了直线与椭圆的位置关系,考查了学生的推理运算能力,根与系数关系是解该类题目的首选工具.(2011年山东卷,理22)已知动直线l与椭圆c:x23+y22=1交于p(x1,y1),q(x2,y2)两不同点,且opq的面积sopq=62,其中o为坐标原点.(1)证明:x12+x22和y12+y22均为定值;(2)设线段pq的中点为m,求|om|pq|的最大值;(3)椭圆c上是否存在三点d,e,g,使得sode=sodg=soeg=62?若存在,判断deg的形状;若不存在,请说明理由.难题特色:直线与椭圆位置关系,一元二次方程、不等式、向量综合命题,涉及知识多,解题切入点不易找,计算烦琐.难点突破:对直线斜率是否存在分类讨论,当直线斜率不存在时,由椭圆的对称性求解;当直线斜率存在时,由直线方程与椭圆方程联立,用弦长公式求出pq长,再求出点到直线距离,由三角形面积相等建立方程找出参数关系,证明x12+x22为定值.(1)证明:当直线l的斜率不存在时,p,q两点关于x轴对称.所以x2=x1,y2=-y1.因为p(x1,y1)在椭圆上,因此x123+y122=1.又因为sopq=62,所以|x1|y1|=62.由得|x1|=62,|y1|=1.此时x12+x22=3,y12+y22=2.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,由题意知m0,将其代入x23+y22=1得(2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0,其中=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)0.即3k2+2m2,(*)又x1+x2=-6km2+3k2,x1x2=3(m2-2)2+3k2,所以|pq|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2263k2+2-m22+3k2.因为点o到直线l的距离为d=|m|1+k2,所以sopq=12|pq|d=121+k2263k2+2-m22+3k2|m|1+k2=6|m|3k2+2-m22+3k2.又sopq=62,整理得3k2+2=2m2,且符合(*)式,此时x12+x22=(x1+x2)2-2x