高考数学大一轮复习（高考题库）第8章 第9节 圆锥曲线的综合问题 理 新人教A版(1).DOC

20092013年高考真题备选题库第8章 平面解析几何第9节 圆锥曲线的综合问题考点 直线与圆锥曲线的位置关系1（2013安徽，5分）已知直线ya交抛物线yx2于a，b两点若该抛物线上存在点c，使得acb为直角，则a的取值范围为_解析：本题考查直线与抛物线的位置关系，圆的性质，考查考生的转化与化归能力法一：设直线ya与y轴交于点m，抛物线yx2上要存在c点，只要以|ab|为直径的圆与抛物线yx2有交点即可，也就是使|am|mo|，即a(a0)，所以a1.法二：易知a0，设c(m，m2)，由已知可令a(，a)，b(，a)，则(m，m2a)，(m，m2a)，因为，所以m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0.因为由题易知m2a，所以m2a10，故a1，)答案：1，)2（2013浙江，4分）设f为抛物线c：y24x的焦点，过点p(1,0)的直线l交抛物线c于a，b两点，点q为线段ab的中点若|fq|2，则直线l的斜率等于_解析：本题考查抛物线方程、性质，直线与抛物线的位置关系，考查数形结合思想及运算求解能力法一：注意到|fq|2，正好是抛物线通径的一半，所以点q为通径的一个端点，其坐标为(1，2)，这时a，b，q三点重合，直线l的斜率为1.法二：令直线l的方程为xty1，由得y24ty40，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则y1y24t，y1y24，x1x24t22，所以xq2t21，yq2t，|fq|2(xq1)2y4，代入解得，t1或t0(舍去)，即直线l的斜率为1.答案：13（2013新课标全国，12分）平面直角坐标系xoy中，过椭圆m：1 (ab0)右焦点的直线xy0交m于a，b两点，p为ab的中点，且op的斜率为. (1)求m的方程；(2)c，d为m上的两点，若四边形acbd的对角线cdab，求四边形acbd面积的最大值解：本题考查用待定系数法求椭圆方程以及直线与椭圆位置关系的问题，考查利用函数思想求最值，体现对考生综合素质特别是对考生分析问题、解决问题以及化归与转化能力的考查(1)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，p(x0，y0)，则1，1，1，由此可得1.因为x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由题意知，m的右焦点为(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以m的方程为1.(2)由解得或因此|ab|.由题意可设直线cd的方程为yxn，设c(x3，y3)，d(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因为直线cd的斜率为1，所以|cd|x4x3| .由已知，四边形acbd的面积s|cd|ab| .当n0时，s取得最大值，最大值为.所以四边形acbd面积的最大值为. 4（2013浙江，15分）如图，点p(0，1)是椭圆c1：1(ab0)的一个顶点，c1的长轴是圆c2：x2y24的直径l1，l2是过点p且互相垂直的两条直线，其中l1交圆c2于a，b两点，l2交椭圆c1于另一点d.(1)求椭圆c1的方程；(2)求abd面积取最大值时直线l1的方程解：本题考查椭圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力(1)由题意得所以椭圆c1的方程为y21.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，d(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆c2：x2y24，故点o到直线l1的距离d，所以|ab|22 .又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|pd|.设abd的面积为s，则s|ab|pd|，所以s，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1. 5（2013江西，13分）如图，椭圆c：1(ab0)经过点p(1，)，离心率e，直线l的方程为x4.(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k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，说明理由解：本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系等，旨在考查考生综合应用知识的能力(1)由p在椭圆上得，1.依题设知a2c，则b23c2.代入解得c21，a24，b23.故椭圆c的方程为1.(2)法一：由题意可设直线ab的斜率为k，则直线ab的方程为yk(x1)代入椭圆方程3x24y212并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.在方程中令x4得，m的坐标为(4,3k)从而k1，k2，k3k.由于a，f，b三点共线，则有kkafkbf，即有k.所以k1k22k.代入得k1k22k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常数2符合题意法二：设b(x0，y0)(x01)，则直线fb的方程为y(x1)，令x4，求得m，从而直线pm的斜率为k3，联立得a，则直线pa的斜率为k1，直线pb的斜率为k2，所以k1k22k3，故存在常数2符合题意6（2013福建，13分）如图，在正方形oabc中，o为坐标原点，点a的坐标为(10,0)，点c的坐标为(0,10)分别将线段oa和ab十等分，分点分别记为a1，a2，a9和b1，b2，b9连接obi，过ai作x轴的垂线与obi交于点pi(in*,1i9)(1)求证：点pi(in*,1i9)都在同一条抛物线上，并求该抛物线e的方程；(2)过点c作直线l与抛物线e交于不同的两点m，n，若ocm与ocn的面积比为41，求直线l的方程解：本小题主要考查抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想法一：(1)依题意，过ai(in*,1i9)且与x轴垂直的直线的方程为xi，bi的坐标为(10，i)，所以直线obi的方程为yx.设pi的坐标为(x，y)，由得yx2，即x210y.所以点pi(in*,1i9)都在同一条抛物线上，且抛物线e的方程为x210y.(2)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx10.由得x210kx1000，此时100k24000，直线l与抛物线e恒有两个不同的交点m，n.设m(x1，y1)，n(x2，y2)，则因为socm4socn，所以|x1|4|x2|.又x1x2b0)的离心率e，且椭圆c上的点到点q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆c的方程；(2)在椭圆c上，是否存在点m(m，n)，使得直线l：mxny1与圆o：x2y21相交于不同的两点a、b，且oab的面积最大？若存在，求出点m的坐标及对应的oab的面积；若不存在，请说明理由解：(1)由e ，得ab，椭圆c：1，即x23y23b2，设p(x，y)为c上任意一点，则|pq|，byb，若b1，当yb时，|pq|max3，又b0，得b1(舍去)，若b1，则b1，当y1时，|pq|max3，得b1，所以椭圆c的方程为y21.(2)法一：假设存在这样的点m(m，n)满足题意，则有n21，即n21，m.由题意可得saob|oa|ob|sin aobsin aob，当aob90时取等号，这时aob为等腰直角三角形，此时圆心(0,0)到直线mxny1的距离为，则 ，得m2n22，又n21，解得m2，n2，即存在点m的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)满足题意，且aob的最大面积为.法二：假设存在这样的点m(m，n)满足题意，则有n21，即n21，m，又设a(x1，y1)、b(x2，y2)，由消去y得(m2n2)x22mx1n20，把n21代入整理得(32m2)x26mxm20，则8m2(3m2)0，所以而saob|oa|ob|sin aobsin aob，当aob90，saob取得最大值，此时x1x2y1y20，又y1y2，所以x1x20，即33m(x1x2)(32m2)x1x20，把代入上式整理得2m49m290，解得m2或m23(舍去)，所以m，n ，所以m点的坐标为(，)，(，)，(，)，(，)，使得saob取得最大值.12(2012安徽，13分)如图，点f1(c,0)，f2(c,0)分别是椭圆c：1(ab0)的左、右焦点，过点f1作x轴的垂线交椭圆c的上半部分于点p，过点f2作直线pf2的垂线交直线x于点q.(1)如果点q的坐标是(4,4)，求此时椭圆c的方程；(2)证明：直线pq与椭圆c只有一个交点解：(1)法一：由条件知，p(c，)故直线pf2的斜率为kpf2.因为pf2f2q，所以直线f2q的方程为yx.故q(，2a)由题设知，4,2a4，解得a2，c1.故椭圆方程为1.法二：设直线x与x轴交于点m.由条件知，p(c，)因为pf1f2f2mq，所以.即，解得|mq|2a.所以解得a2，c1.故椭圆方程为1.(2)直线pq的方程为，即yxa.将上式代入椭圆方程得，x22cxc20，解得xc，y.所以直线pq与椭圆c只有一个交点13（2012福建，13分）如图，椭圆e：1(ab0)的左焦点为f1，右焦点为f2，离心率e.过f1的直线交椭圆于a、b两点，且abf2的周长为8.(1)求椭圆e的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆e有且只有一个公共点p，且与直线x4相交于点q.试探究：在坐标平面内是否存在定点m，使得以pq为直径的圆恒过点m？若存在，求出点m的坐标；若不存在，说明理由解：法一：(1)因为|ab|af2|bf2|8，即|af1|f1b|af2|bf2|8，又|af1|af2|bf1|bf2|2a，所以4a8，a2.又因为e，即，所以c1，所以b.故椭圆e的方程是1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以p(，)由得q(4,4km)假设平面内存在定点m满足条件，由图形对称性知，点m必在x轴上设m(x1,0)，则0对满足(*)式的m，k恒成立因为(x1，)，(4x1,4km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定点m(1,0)，使得以pq为直径的圆恒过点m.法二：(1)同法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230.(*)此时x0，y0kx0m，所以p(，)由得q(4,4km)假设平面内存在定点m满足条件，由图形对称性知，点m必在x轴上取k0，m，此时p(0，)，q(4，)，以pq为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点m1(1,0)，m2(3,0)；取k，m2，此时p(1，)，q(4,0)，以pq为直径的圆为(x)2(y)2，交x轴于点m3(1,0)，m4(4,0)所以若符合条件的点m存在，则m的坐标必为(1,0)以下证明m(1,0)就是满足条件的点：因为m的坐标为(1,0)，所以(1，)，(3,4km)，从而330，故恒有，即存在定点m(1,0)，使得以pq为直径的圆恒过点m.14（2011江苏，16分）如图，在平面直角坐标系xoy中，m、n分别是椭圆1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于p、a两点，其中点p在第一象限，过p作x轴的垂线，垂足为c.连接ac，并延长交椭圆于点b.设直线pa的斜率为k.(1)当直线pa平分线段mn时，求k的值；(2)当k2时，求点p到直线ab的距离d；(3)对任意的k0，求证：papb.解：(1)由题设知，a2，b，故m(2,0)，n(0，)，所以线段mn中点的坐标为(1，)由于直线pa平分线段mn，故直线pa过线段mn的中点，又直线pa过坐标原点，所以k.(2)直线pa的方程为y2x，代入椭圆方程得1，解得x，因此p(，)，a(，)于是c(，0)，直线ac的斜率为1，故直线ab的方程为xy0.因此，d.(3)证明：法一：将直线pa的方程ykx代入1，解得x.记，则p(，k)，a(，k)，于是c(，0)故直线ab的斜率为，其方程为y(x)，代入椭圆方程并由得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此b(，)于是直线pb的斜率k1.因此k1k1，所以papb.法二：设p(x1，y1)，b(x2，y2)，则x10，x20，x1x2，a(x1，y1)，c(x1,0)设直线pb，ab的斜率分别为k1，k2.因为c在直线ab上，所以k2.从而k1k12k1k212110.因此k1k1，所以papb.15 (2009辽宁，12分)已知，椭圆c经过点a(1，)，两个焦点为(1,0)，(1,0)(1)求椭