备战2018年高考数学回扣突破练第21练圆锥曲线的综合应用文

1、Sq AD-DBZADB11 )|,再由三甬形相似可得:第21练圆锥曲线的综合应用【文】2X2亠C :y -1，过椭圆C的2AD、BD分别与直线m:x =-、2-2相交于M、【答案】B B由心整理可得3/十4*0,解得码二Q花二了y = x+l、. .题型考点对对练左焦点F的直线I交椭圆C于A B两点，其中点B是椭圆的上顶点，椭圆C的左顶点为D，直线A.A.1B.B.2D.D.1.1.（直线与圆锥曲线的位置关系）【黑龙江省齐齐哈尔20182018 届模拟】已知椭圆N两点. .则一 ABD=(S.MIND【解祈】由题意易得直线/=+ b-、仝 2-2- 4仝 2-2本题选择 B B 选项. .2

2、=1=1 右焦点为F , PF F, P P 为双曲线左支上一点，点42A 0r.2, ,贝DAPF周长的最小值为【答案】A A【解析】易得点 F(.O),AAPF 的周长lAF + AP+ |PF| = |F| + 2 +PF+|,要AAPF 的周长最仏 只需|打|+|丹叫最小，如塾 当A、P. F三点共线时取到故心2旧科+2应二4（1+血）.故迭A2 23.3.（圆锥曲线中的定值、定点、存在性问题）如图，A,A2为椭圆-1长轴的左、右端点，0为95坐标原点，S,Q,T为椭圆上不同于A,A2的三点，直线QA,QA,OS,OT围成一个平行四边形OPQR,r ,2则OS +OT【答案】A A【解

3、析】设Q x,y ,T xy,S eg，QAQA?斜率分别为匕出，则OT,OS的斜率为人出，且ADDBX2(72)人(72)DMDN(运)_(_722 )(旋)(V2 2 )0-、2-3 - - 22.2.（圆锥曲线中的范围、最值问题）已知双曲线A.A.4 V .2(B(B)42C.C.( (D)D)、6 3 22=451 k1，同理A.A. 1414 B.B. 1212 C.C. 9 9 D.D. 7 7232仁kk2二- = -，所以OT2= x12%2= x12k12x122x-995十9佥x 3 x -34.4.（轨迹与轨迹方程）已知动点P到点I 0i的距离比它到直线X =的距离小 2

4、.2.丿2（1 1）求动点P的轨迹方程；（2 2）记P点的轨迹为E，过点S 2,0斜率为k1的直线交E于A,B两点，Q 1,0，延长AQ, BQ与E【解析】 由题意可知动点P到点（扣）的距高与它到直线“-扌的距离相等显然动点P的轨逝是抛物统设其方程为於二2pp0）,易知牛 所以动点P的轨迹方程为宀 2 兀X- X-（II）设越玉幻色宀）匕佃小）Q 厲申），由题意可知直线AB的方程为$ =毎仗一2代入抛物线茗中，得y1-4=0,则乃+此二二 的为=-42OS-451 k2，因此5 9k22OS+OT2 “2 .2245 1 k,45 1 k245 1 k,+ - = - - +25 9k,25

5、9k225 9 k,45 1十2581k125単9k12o45 1 k181k12252 25 9k15 9k1212跌27=14. .故选 A A5 9k1交于C,D两为定值. .k1由直线AQBD过点Q （ 1,0）,同理5k122二 丫2-2，所以y3,y4 -,于yy2=2，故险k1为定值 2 2，命题得证. .5.5.（直线与圆锥曲线的位置关系）【20182018 届南京市联考】y1y2-422k1k1已知椭2占=1(a b 0)的右焦点为F,a b过F作直线I（不过原点0）交椭圆于 代B两点，若A,B的中点为M，直线OM交椭圆的右准线于Ny211屏丫2丿得y1y3曰疋X4 -X3y

6、l-yl丫4*3y = kx-c)得：(3+ 4占f _晒+(.jq + = -3十3c,所以扁=7=即広焉=T4x7 6*耐的离心率为 ，直线I:y= 2 2 上的点和椭圆上的点的距离的最小值为1 1.2( (I) )求椭圆的方程;，当直线I斜率存在时设为k1，直线NF的斜率设为k2，试求k(k2的值。【解析】AB 吟,MN =JL2T由AB = MN得：e联立 / 於4?+V=13 + 46.6.( (圆锥曲线中的范围、最值问题 ) )如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆2 2丄a2b2-1(a b 0)e;1(2(2)若椭圆的离心率 e e 二一2,直线0M方程为:7求厶CEF的面积的最

7、小值( (n) )已知椭圆的上顶点为A,点B,关于原点对称，直线AB AC分别交直线率分别为k1，k2.求证：kik2为定值；【解析】（1）由题知1,由处=返，所 = 2.护=1.故椭圆的方程- + / =1.a 22（II）证S-：设巩心 恥则军+用J因为点BC关于原点对称则Cf 沙2X2证法二：直线AC的方程为y = k|X 1,由 2y-1得1 2k；X4kjX= 0,k1x 1,解得XC4k12kj 1，同理XB2k221，因为B, 0, C三点共线，则由XCXB4k14k22kj 1 2k221整理得k1k22矶11=0，所以k1k2.直线AC的方程为y = 1，直线AB的方程为y

8、=k2x 1，不妨设k10，则k2：0,B丿令y=2 2，得E,F苫丿4k,2-2皆12k,21一2k121EF2f=12kj一12k1211 k2-K 6kj 12Kk22kj 11由K k2得k222-，则SCEF2K2k1212&苗洛+土M，当且仅k1取得等号，所以7.7.（圆锥曲线中的范围、最值问题2X2）如图，过椭圆C:y2=1的左右焦点F1,F2分别作直线11,124交椭圆于A,B与C,D，且11/12. .所決&焉=些1而yc rXc1所以，CEF的面积SCEF2j9（1 1）求证：当直线h的斜率K与直线BC的斜率k2都存在时，&k2为定值;（2）求四边形

9、ABCD面积的最大值【解析】 设巩耳根擔对称性有C（一吗戸），因为心耳）,月佃宀）都在椭圆C所A=1, +yi=l二式相减得，才 汙+才-元=0，所臥444耐4.迪二心“：为定值花一西在+码 花_哥4m24 y2-2、3y -1=0. .显然：0，* 牡=m号成立，所以（SABmax=2J3=1.=1.所以平行四边形面积的最大值为 8.8.（圆锥曲线中的定值、定点、存在性问题）已知ABC的顶点A 1,0，点B在x轴上移动,且BC的中点在y轴上.行四边形，2F|-、3,0，设直线l1的方程为x二my：3，代入y 1，得4_1_1. .所以S.OABm2=t、.32 . 3mm24m212m24-

10、2.3m21m242，设m2 1 = t，所以t 6t 9t96 t1. .12当且仅当t=9即m二2时等tSABCD max =4SOAB =4AB| = IAC|，（2 2）当h的倾斜角为0时，h与12重合，舍去 当h的倾斜角不为 0 0 时，由对称性得四边形ABCD为平2 3（I）求C点的轨迹-的方程；（n）已知过P 0,-2的直线I交轨迹-于不同两点M,N，求证：Q 1,2与M,N两点连线QM,11QN的斜率之积为定值.【解析】(I)设巩益刃(护0儿因为B在兀轴上且迟 C中点在尹轴上，所決巩葢0),由= 得(兀+址=(工1十宀 化简得於二4厂 所以C点的轨迹F的方程)?=4x (TO)

11、.(JI 1直线J的斜率显然存在且不为5设直线J的方程y =kx-2, M(耳心吧色乃) 宙:；得丄一4尹一8 =(h所以旳十旳y=Ax2,kPF2-16(O为坐标原点)(1(1)求椭圆 C C 的方程;(2)过点S 0, -1且斜率为k的动直线I交椭圆于A,B两点，在y轴上是否存在定点M,使以AB为直径的圆恒过该点？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由. .2 2【解析】(1 1)设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(C,0)，则由OP=5，得xo + yo= 25；2222由PF1PF2=16得-c-X0,-y。c-X0,-y。=16，即x。y。-c -16. .所以C=9,C

12、=3.fT22又因为C-，所以a2=18,b2=9. .因此所求椭圆的方程为：11. .a 218 9y = kx Ty=kx-1，由x2y2得2k21 x2-4kx-16 = 0. .1189理kNQ =4y2244yi2 y224，所以Q 1,2与M,N两点y22yiy24连线的斜率之积为定值 4 4.9.9.( (圆锥曲线中的定值、2 2定点、存在性冋题【江苏省如东 20182018 届期中】已知椭圆C :2- 1(a b 0)a b的离心率为-，其左、右焦点分别为2Fi、F2，点P xo, yo是坐标平面内一点，且OP=5,(2(2)设动直线 I I 的方程为:同kNQPFiM 0,m

13、，满足题设，则MA二为畀-口 ,MB二X2, y2一m.MA MB二X1X2亠如 -m y2一m =设A X1,y1,BX2,y2， 则治x?二4k2，2k 1x-ix2=-丄.假设在y轴上是否存在定点2k 1132 2x1x y)y2_m屮:mX1X2kx1-1kx2-1 -mkx-1kx2-1 m222-16 k 14k mk k二k 1 x!X2亠mk k x1x2i亠m 2m 1二22k 122m 2m 12k 1（2m8“ +m15，由假设得对于任意的kR，MA.MB=0恒成立，即2k212m2_1R =02解得m =3.因此，在y轴上存在定点M，使以m 2m 15 = 0AB为直径

14、的圆恒过该点，点M的坐标为0,3. .二. .易错问题纠错练2210.(忽略轨迹的纯粹性)已知圆G :(x+1 ) +y2=1,C2：(x1 ) +22.y -r (r 0),圆G内切圆C?于点A,P是两圆公切线I上异于A的一点，直线PQ切圆C1于点Q,PR切圆C?于点R，且Q, R均不与A重合，直线C1Q,C2R相交于点M （1 1）求M的轨迹 C C 的方程;（2）若直线MC1与x轴不垂直，它与C的另一个交点为N,M是点M关于x轴的对称点，求证:直线NM过定点. .【解析】（1 1）因为圆Ci内切于LC2于A，所以r -1=2，解得2r=3，所以圆C2的方程为：（x1） + y2=9，因为

15、直线PQ,PR分别切圆Ci,C2于Q,R，所以CiQ PQQ2R PR，连结PM，在Rt.PQM与Rt PRM中，PQ |PA = PR,PM所以QM = RM，所以=PM，MG+|MC2=|MQ+GQ=|MR| +GQ| +C2M=CQ門C2R|= 4 2 =卄CC |所以点M的轨迹C是以G,C2为焦点，长轴长为 4 4 的椭圆（除去长轴端点），所以M的轨迹C的方程2 2为11 y = 0. .4315(2)依题意，设直线MN的方程为x =ty -1 t = 0,Mx,y-,N x2, y2，则M % -且x二ty1为=X2, y1y= 0，联立方程组x2y2，消去x，并整理得3t24 y2

16、- 6ty - 9 = 0,143也=(_6t丫 一4汉(一9；(3t2+4) = 144t2+144A0，如+ y?= 6,，3t2十43t2+4直线M N的方程y y上出x-论，令y = 0,M N过定点-4,0. .【注意问题】求出轨迹方程后注意范围，不符合的点.J6J3离心率e，坐标原点到直线I的距离为 32(n)已知定点E -1,0，若直线m过点P 0,2且与椭圆相交于C, D两点，试判断是否存在直线m,使以CD为直径的圆过点E?若存在，求出直线m的方程；若不存在，请说明理由. .xX,1X2X1y2y2y1y2 %yity2-1讨 2tyi-12ty2y2yi-1&2_1

17、=：41=4，故直线y2y16t11.11.(忽略对直线斜率不存在的情况)已知椭圆2yxv2=1(a b 0)和直线I:1,椭圆的bab又由爭,得斧务即宀討又T宀皿宀学一3【解析JCI )由肓线/二二ga b2绘即宀 2将代入得，即c1=：所求椭圆方程是=15(n)当直线m的斜率不存在时，直线m方程为x = 0， 则直线m与椭圆的交点为0,_1，又E -1,0,，即以CD为直径的圆过点E;当直线m的斜率存在时，设直线m方程为y =kX 2，Cxi,yi,D X2,y2,y = kx 2由x22，得1 3k2x212kx 9=0,由.;=144y = 13k2V 91 3k2=36k36 0，得

18、k 1、-12k92或k：、-1, -X1X22,X1X2 2，y、2=kxi2kx?2 k X1X2 2k X1X241+3k1+3kT TTT2得Xi1 X21yiy2=0,1 k2k 1XiX25 = 0,29 1k-12 k77厂2k 125 = 0，解得k1，即m: y x 2；1 3k21 3k266综上所述，当以CD为直径的圆过定点E时，直线m的方程为x = 0或y=7x2. .6【注意问题】设直线方程时，用到斜率需讨论率不存在时.12.12.(直线与圆2 2丿T +笃=1(a b 0)的上下两个焦点分a b别为F1，F2，过点F1与y轴垂直的直线交椭圆C于M、N两点,“MNF2

19、的面积为3，椭圆C的离心力为(1)求椭圆C的标准方程;17(n)已知O为坐标原点，直线I:y = kx m与y轴交于点P，与椭圆C交于A,B两个不同的点,【解析】(I根据已知稱圆。的焦距为力，当卩之时，呦二凶叼| =手，由题意皿洱的面积1nilR为石田吗腳|之阿二一仝,由已知得- = -. = 4, A椭UK的标准方程2aa2y = kx + m,Bx2，kx2m，由 gy2_4 7由已知得厶=4m2 3k2-4 k24 m2- 4 j、0，即k2-m24 0,23 x1x2i亠4x2= 0,二(n)若m=0，贝UP 0,0，由椭圆的对称性得OA OB =4OP成立若m = 0.齐二PB，即O

20、A OB=0,m = 0能使T T OA OB =QP，得OP =1OA OB,44因为A,B,若存在实数，使得OA OB =4OP，求m的取值范围.共线，所以临-4，解得=3.设A Xi,kxim,得k24 x22mkx m2-4 = 0,212k2m24 m -4220k24 k 4，即m2k2m2- k2- 4 = 0.A_ 2当m2=1时，m%2赤“一4不成立k_m；m14-m2m220, 1 vm2c4，解得2cmv1或1cmc2.综上所述,的取值范围为m|-2m：-1或m = 0或1：m2.【注意问题】在解直线与二次曲线位置关系是，需考虑直线与二次曲线有有两个交点即: 0.三. .

21、新题好题好好练1313.【四川省成都市 20182018 届一诊】已知A x0,0 ,B 0,y0两点分别在x轴和y轴上运动，且AB = 1, 若动点P x,y满足OP二2OA J3OB.(1)求出动点P的轨迹对应曲线C的标准方程;m2_4曲2_ k24，由AP二3PB，得-捲=3x2，即捲=-3X2，二/ 24 -mm 40，即m -1m2-119(2)直线I：x =ty 1与曲线C交于A、B两点，E -1,0，试问：当t变化时，是否存在一直线I，使ABE得面积为2,3?若存在，求出直线I的方程；若不存在，说明理由【解析】因为0P = 2DA + OB.即(兀巧二2(兀 Q) +迪(Q %)

22、二(2%苗).所以卜知，所以椭圆的标准曲x =ty 1(2(2)由方程组x2y2得( (3t243 -因为直线x =ty 1过点F 1,0，所以.ABE的面积直线l满足题意. .的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M(i i )求证：点M在定直线上；x = 2.y = 3y所臥兀=片丸卫=当”又因为期=1，所臥爲+分=1即2 4)y 6ty-9 = 0 *设A xi,yi,B X2,y2,则屮w6t9门Ly1y2_L：06t所以ly1 _y2 J(y1+y2)2-4y1y2=卜启j一4-5 i12 . t2123t 412t2112,21，令12,211222 3t 423t 4

23、23t 4= 2,3则t2-2不成立，不存在31414.【2012018 8xOy中，椭圆C:(a b 0)的离心率是二3，抛物线E:2x2=2y的焦点F是C的一个顶点.(1)(1) 求椭圆C的方程;(2)(2) 设P是E上动点,且位于第一象限,E在点P处的切线I与C交于不同的两点A,B，线段AB（iiii ）直线l与y轴交于点G，记PFG的面积为S1,. PDM的面积为S2，求 旦 的最大值及取得最S2大值时点P的坐标.【解析】由题育知曲=生可得：a = $.因为抛物线E的焦点为別0丄 所以椭圆C的方程为 +4/=1广2（2）（I）设Pm，Pm小由X3x2+4y2=1=2y可得y-x,所以直线I的斜率为m，因此直线I的方程为212my =mx -. .设A xi,yi,B x2,y2,D x, y，联立方程2得4 m21 x2-4m3x m4-1 = 0，由二0，得0：m :4m4m21，因此x1x22 m34m212将其代入y二mx -m得y022m2，因为辿2 4m21x014m，所以直线OD11y =一 x方程为y x. .联立方程 4m,得点M的纵坐标为4mx = myiM-1，即点M在定直线y-上44（n）由（i）知直线2I方程