《新編高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五解析幾何：第3講圓錐曲線的綜合問題課時規(guī)范練文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五解析幾何：第3講圓錐曲線的綜合問題課時規(guī)范練文（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料第第 3 3 講講圓錐曲線的綜合問題圓錐曲線的綜合問題一、選擇題1已知F1，F(xiàn)2是橢圓x24y21 的左、右焦點，點P在橢圓上運動，則PF1PF2的最大值是()A2B1C2D4解析：設(shè)P(x，y)，依題意得點F1( 3，0)，F(xiàn)2( 3，0)，PF1PF2( 3x)( 3x)y2x2y2334x22，因為2x2，所以234x221，因此PF1PF2的最大值是1.答案：B2(2017沈陽二模)若點P為拋物線y2x2上的動點，F(xiàn)為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為()A2B.12C.14D.18解析：根據(jù)題意，點P在拋物線y2x2上，設(shè)P到準(zhǔn)線的距離為d，則有|PF|d，拋物線

2、的方程為y2x2，即x212y，其準(zhǔn)線方程為y18，所以當(dāng)點P在拋物線的頂點時，d有最小值18，即|PF|min18.答案：D3(2017北京西城區(qū)調(diào)研)過拋物線y24 3x的焦點的直線l與雙曲線C：x22y21的兩個交點分別為(x1，y1)， (x2，y2)， 若x1x20， 則k的取值范圍是()(導(dǎo)學(xué)號 55410132)A.12，12B.，12 12，C.22，22D.，22 22，解析：易知雙曲線兩漸近線y22x，當(dāng)k22或k22時，l與雙曲線的右支有兩個交點，滿足x1x20.答案：D4 (2017全國卷改編)橢圓C：x23y2m1 的焦點在x軸上， 點A，B是長軸的兩端點，若曲線C上

3、存在點M滿足AMB120，則實數(shù)m的取值范圍是()A(3，)B1，3)C(0， 3)D(0，1解析： 依題意， 當(dāng) 0m3 時， 焦距在x軸上， 要在曲線C上存在點M滿足AMB120，則abtan 60，即3m 3.解得 0m1.答案：D5在直線y2 上任取一點Q，過Q作拋物線x24y的切線，切點分別為A，B，則直線AB恒過的點的坐標(biāo)為()A(0，1)B(0，2)C(2，0)D(1，0)解析：設(shè)Q(t，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變?yōu)閥14x2，則y12x，則在點A處的切線方程為yy112x1(xx1)，化簡得y12x1xy1，同理，在點B處的切線方程為y12x2xy2

4、，又點Q(t，2)的坐標(biāo)適合這兩個方程，代入得212x1ty1，212x2ty2，這說明A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿足方程212xty，則直線AB的方程為y212tx，直線AB恒過點(0，2)答案：B二、填空題6設(shè)雙曲線C：x2a2y2b21(a0，b0)的一條漸近線與拋物線y2x的一個交點的橫坐標(biāo)為x0，若x01，則雙曲線C的離心率e的取值范圍是_解析：雙曲線C：x2a2y2b21 的一條漸近線為ybax，聯(lián)立y2x，ybax消去y，得b2a2x2x.由x01，知b2a21，b2a2.所以e2c2a2a2b2a22，因此 1e 2.答案：(1， 2)7已知拋物線C：x28y的焦點為

5、F，動點Q在C上，圓Q的半徑為 1，過點F的直線與圓Q切于點P，則FPFQ的最小值為_解析：如圖，F(xiàn)PFQ|FP|2|FQ|21.由拋物線的定義知：|FQ|d(d為點Q到準(zhǔn)線的距離)，易知，拋物線的頂點到準(zhǔn)線的距離最短，所以|FQ|min2，所以FPFQ的最小值為 3.答案：38(2017濟(jì)南模擬)已知拋物線y24x，過焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點，過A，B分別作x軸，y軸的垂線，垂足分別為C，D，則|AC|BD|的最小值為_解析：不妨設(shè)A(x1，y1)(y10)，B(x2，y2)(y20)則|AC|BD|x2y1y224y1.又y1y2p24.所以|AC|BD|y2244y2(y20)

6、利用導(dǎo)數(shù)易知yy2244y2在(，2)上遞減，在(2，0)上遞增所以當(dāng)y22 時，|AC|BD|的最小值為 3.答案：3三、解答題9(2017西安調(diào)研)已知橢圓E：x2a2y2b21(ab0)的離心率為32，點P1，32 在橢圓E上(1)求橢圓E的方程；(2)過點P且斜率為k的直線l交橢圓E于點Q(xQ，yQ)(點Q異于點P)，若 0 xQ1，求直線l斜率k的取值范圍解：(1)由題意得ca32，1a234b21，a2b2c2，解得a2，b1，c 3，故橢圓E的方程為x24y21.(2)設(shè)直線l的方程為y32k(x1)，代入方程x24y21，消去y，得(14k2)x2(4 3k8k2)x(4k2

7、4 3k1)0，所以xQ14k24 3k114k2.因為 0 xQ1，所以 04k24 3k114k21，即4k24 3k114k20，4k24 3k114k21.解得36k322或k322，經(jīng)檢驗，滿足題意所以直線l斜率k的取值范圍是36k322或k322.10(2017新鄉(xiāng)三模)已知拋物線C：x22py(p0)的焦點為F，直線 2xy20 交拋物線C于A，B兩點，P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q.(導(dǎo)學(xué)號55410133)(1)D是拋物線C上的動點，點E(1，3)，若直線AB過焦點F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在實數(shù)p，使|2QAQB|2QAQB|？若存在，

8、求出p的值；若不存在，說明理由解：(1)因為直線 2xy20 與y軸的交點為(0，2)，所以F(0，2)，則拋物線C的方程為x28y，準(zhǔn)線l：y2.設(shè)過D作DGl于G，則|DF|DE|DG|DE|，當(dāng)E，D，G三點共線時，|DF|DE|取最小值為 235.(2)假設(shè)存在實數(shù)p，滿足條件等式成立聯(lián)立x22py與 2xy20，消去y，得x24px4p0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x24p，x1x24p，所以Q(2p，2p)因為|2QAQB|2QAQB|，所以QAQB，則QAQB0.因此(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)0.(x12p)(x22p)(2x122p)(2

9、x222p)0，5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，把x1x24p，x1x24p代入得 4p23p10，解得p14或p1(舍去)因此存在實數(shù)p14，使得|2QAQB|2QAQB|成立11(2017唐山一模)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，點Qb，ab在橢圓上，O為坐標(biāo)原點(1)求橢圓C的方程；(2)已知點P，M，N為橢圓C上的三點，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求該定值解：(1)因為橢圓x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，所以e2c2a2a2b2a212，得a22b2，又點Qb，ab在橢圓C上，所以b2a2a2b4

10、1，聯(lián)立、得a28，且b24.所以橢圓C的方程為x28y241.(2)當(dāng)直線PN的斜率k不存在時，PN的方程為x 2或x 2，從而有|PN|2 3，S12|PN|OM|122 32 22 6；當(dāng)直線PN的斜率k存在時，設(shè)直線PN的方程為ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)；將PN的方程代入C整理得(12k2)x24kmx2m280，所以x1x24km12k2，x1x22m2812k2，y1y2k(x1x2)2m2m12k2.由OMOPON，得M4km12k2，2m12k2.將M點坐標(biāo)代入橢圓C方程得m212k2.又點O到直線PN的距離為d|m|1k2，|PN| 1k2|x1x2

11、|，Sd|PN|m|x1x2| 12k2|x1x2| 16k28m2322 6.綜上可知，平行四邊形OPMN的面積S為定值 2 6.典例(本小題滿分 12 分)設(shè)圓x2y22x150 的圓心為A， 直線l過點B(1， 0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍規(guī)范解答：(1)因為|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.

12、又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2y216，從而圓心A(1，0)，|AD|4.所以|EA|EB|4.(2 分)又因為B(1，0)，所以|AB|2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x24y231(y0)(4 分)(2)解：當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由yk（x1） ，x24y231得(4k23)x28k2x4k2120，則x1x28k24k23，x1x24k2124k23，所以|MN| 1k2|x1x2|12（k21）4k23.(6 分)過點B(1，0)且與l垂直的直線m：y1k(x1)，點A到直線m的距離為2k21，所以|PQ|2422k21

13、244k23k21.(8 分)故四邊形MPNQ的面積S12|MN|PQ|12114k23.(9 分)可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12，8 3)(10 分)當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x1，|MN|3，|PQ|8，故四邊形MPNQ的面積為 12.綜上可知，四邊形MPNQ面積的取值范圍為12，8 3)(12 分)1正確使用圓錐曲線的定義：牢記圓錐曲線的定義，能根據(jù)圓錐曲線定義判斷曲線類型，如本題第(1)問就涉及橢圓的定義2注意分類討論：當(dāng)用點斜式表示直線方程時，應(yīng)分直線的斜率存在和不存在兩種情況求解，易出現(xiàn)忽略斜率不存在的情況，導(dǎo)致扣分，如本題第(2)問中的得分 10 分

14、，導(dǎo)致失 2 分.3寫全得分關(guān)鍵：在解析幾何類解答題中，直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立后得到的一元二次方程，根據(jù)一元二次方程得到的兩根之和與兩根之積、弦長、目標(biāo)函數(shù)等一些關(guān)鍵式子和結(jié)果都是得分點，在解答時一定要寫清楚解題程序第一步：利用條件與幾何性質(zhì)，求|EA|EB|4.第二步：由定義，求點E的軌跡方程x24y231(y0)第三步：聯(lián)立方程，用斜率k表示|MN|.第四步：用k表示出|PQ|，并得出四邊形的面積第五步：結(jié)合函數(shù)性質(zhì)，求出當(dāng)k存在時S的取值范圍第六步：求出斜率不存在時面積S的值，正確得出結(jié)論跟蹤訓(xùn)練(2017郴州三模)已知拋物線E：y28x，圓M：(x2)2y24，點N為拋物線E上的動

15、點，O為坐標(biāo)原點，線段ON的中點P的軌跡為曲線C.(導(dǎo)學(xué)號 55410057)(1)求曲線C的方程；(2)點Q(x0，y0)(x05)是曲線C上的點， 過點Q作圓M的兩條切線， 分別與x軸交于A，B兩點，求QAB的面積的最小值解：(1)設(shè)P(x，y)，則點N(2x，2y)在拋物線E：y28x上，所以 4y216x，所以曲線C的方程為y24x；(2)設(shè)切線方程為yy0k(xx0)令y0，得xx0y0k.圓心(2，0)到切線的距離d|2ky0kx0|k212，整理得(x204x0)k2(4y02x0y0)ky2040.設(shè)兩條切線的斜率分別為k1，k2，則k1k22x0y04y0 x204x0，k1k2y204x204x0.所以QAB面積S12|x0y0k1x0y0k2|y02x20 x01.設(shè)tx014，)，則f(t)2t1t2在4，)上單調(diào)遞增，所以f(t)252，即QAB面積的最小值為252.