《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題配套作業(yè) 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題配套作業(yè) 文.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講 圓錐曲線的綜合問題 配套作業(yè) 1．(2018武漢模擬)已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，直線x＝4與x軸的交點為P，與拋物線的交點為Q，且|QF|＝|PQ|. (1)求拋物線的方程； (2)如圖所示，過F的直線l與拋物線相交于A，D兩點，與圓x2＋(y－1)2＝1相交于B，C兩點(A，B兩點相鄰)，過A，D兩點分別作拋物線的切線，兩條切線相交于點M，求△ABM與△CDM面積之積的最小值． 解　(1)由已知P(4,0)，Q，|QF|＝＋. 因為|QF|＝|PQ|，所以＋＝， 得p＝2. 所以拋物線方程為x2＝4y. (2)由題意可知，l斜率存在． 設(shè)l：y＝kx＋1.A(x1，y1)，D(x2，y2)． 設(shè)M(x0，y0)，則過A，D的弦方程可設(shè)為：xx0＝2y0＋2y即y＝x－y0， ∴∴即M(2k，－1)． ∴M到l的距離d＝＝2. ∴S△ABMS△CDM＝|AB||CD|d2 ＝(|AF|－1)(|DF|－1)d2 ＝y(tǒng)1y2d2＝d2 又由聯(lián)立得：x2－4kx－4＝0， ∴x1x2＝－4. ∴S△ABMS△CDM＝(2)2＝1＋k2≥1. 當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時取等號． ∴當(dāng)k＝0時，△ABM與△CDM面積之積的最小值為1. 2．(2018廈門一檢)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點M(t,8)到焦點F的距離是t. (1)求拋物線C的方程； (2)過F的直線與拋物線C交于A，B兩點，是否存在一個定圓與以AB為直徑的圓內(nèi)切，若存在，求該定圓的方程；若不存在，請說明理由． 解　(1)由拋物線定義得|MF|＝t＋， 又|MF|＝t，∴t＋＝t，即t＝2p， ∴M(2p,8)，∵點M(2p,8)在拋物線y2＝2px上， ∴p2＝16，解得p＝－4(舍去)或p＝4， ∴拋物線C的方程為y2＝8x. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)， l與拋物線交于點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立化簡得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0， 顯然Δ>0，x1＋x2＝， 設(shè)A，B的中點為M，則xM＝(x1＋x2)＝， yM＝k(xM－2)＝， |AB|＝x1＋x2＋p＝8＋， 設(shè)定圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2， ∴2＋2＝2， ∴－＋(2－a)2＋b2＝＋(4－r)2， ∴解得 定圓的方程為(x－3)2＋y2＝9， 當(dāng)直線l的斜率不存在時，以AB為直徑的圓的方程為 (x－2)2＋y2＝16， 該圓也與定圓(x－3)2＋y2＝9內(nèi)切． 綜上，所求定圓的方程為(x－3)2＋y2＝9. 3．(2018福州模擬)如圖，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O為AB的中點，P，Q分別是AD和CD上的點，且滿足①＝，②直線AQ與BP的交點在橢圓E：＋＝1(a>b>0)上． (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)R為橢圓E的右頂點，M為橢圓E第一象限部分上一點，作MN垂直于y軸，垂足為N，求梯形ORMN面積的最大值． 解　(1)設(shè)AQ與BP的交點為G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1，2)，由題可知，＝，＝，＝， 從而有＝，整理得＋y2＝1，即為橢圓E的方程． (2)由(1)知R(2,0)，設(shè)M(x0，y0)， 則y0＝ ， 從而梯形ORMN的面積 S＝(2＋x0)y0＝ ， 令t＝2＋x0，則20，u＝4t3－t4單調(diào)遞增， 當(dāng)t∈(3,4)時，u′<0，u＝4t3－t4單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t＝3時，u取得最大值，則S也取得最大值，最大值為. 4．(2018廣州二測)已知動圓P的圓心為點P，圓P過點F(1,0)且與直線l：x＝－1相切． (1)求點P的軌跡C的方程； (2)若圓P與圓F：(x－1)2＋y2＝1相交于M，N兩點，求|MN|的取值范圍． 解　(1)依題意，點P到點F(1,0)的距離等于點P到直線l的距離， ∴點P的軌跡是以點F為焦點，直線l：x＝－1為準線的拋物線． ∴曲線C的方程為y2＝4x. (2)設(shè)點P(x0，y0)，則圓P的半徑r＝|x0＋1|. ∴圓P的方程為(x－x0)2＋(y－y0)2＝(x0＋1)2.① 圓F：(x－1)2＋y2＝1，② ①－②得直線MN的方程為2(1－x0)x－2y0y＋y－2x0－1＝0. ∵點P(x0，y0)在曲線C：y2＝4x上， ∴y＝4x0，且x0≥0. ∴點F到直線MN的距離 d＝＝. ∵圓F：(x－1)2＋y2＝1的半徑為1， ∴|MN|＝2＝2 ＝2＝2. ∵x0≥0， ∴(x0＋1)2≥1， ∴0<≤， ∴≤1－<1， ∴≤|MN|<2， ∴|MN|的取值范圍為[，2)． 5．(2018撫州一模)已知動圓C與圓x2＋y2＋2x＝0外切，與圓x2＋y2－2x－24＝0內(nèi)切． (1)試求動圓圓心C的軌跡方程； (2)過定點P(0,2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中的軌跡交于不同的兩點M，N，試判斷在x軸上是否存在點A(m,0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數(shù)m的范圍；若不存在，請說明理由． 解　(1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，設(shè)動圓C的半徑為R，兩圓的圓心分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，則|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R， 所以|CF1|＋|CF2|＝6，根據(jù)橢圓的定義可知，點C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以動圓圓心C的軌跡方程為＋＝1. (2)存在．直線l的方程為y＝kx＋2，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為E(x0，y0)．假設(shè)存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN， 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， x1＋x2＝－，所以x0＝， y0＝kx0＋2＝， 因為AE⊥MN，所以kAE＝－， 即＝－， 所以m＝＝， 當(dāng)k>0時，9k＋≥2＝12， 所以－≤m<0； 當(dāng)k<0時，9k＋≤－12， 所以0b>0)， ∵拋物線x2＝8y， ∴焦點F(0,2)，∴b＝2， ∵方程2x2－3x－20＝0即(2x＋5)(x－4)＝0， ∴2c＝4，即c＝2，∴a2＝b2＋c2＝16， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直線AB方程為y＝x＋t， 由得x2＋tx＋t2－12＝0， ∴Δ＝t2－4(t2－12)>0，∴－4b>0)與坐標軸的四個交點所構(gòu)成的四邊形的面積為2，且點P在橢圓C上． (1)求橢圓C的方程； (2)過點G的動直線l與橢圓C交于A，B兩點，在y軸上是否存在定點Q，使以AB為直徑的圓恒過Q點？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題意可知2ab＝2， 所以ab＝，① 又點P在橢圓上， 所以有＋＝1，② 由①②聯(lián)立，解得b2＝1，a2＝2， 故所求的橢圓方程為＋y2＝1. (2)直線l的方程可設(shè)為y＝kx＋， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立可得9(1＋2k2)x2＋12kx－16＝0. 由韋達定理得x1＋x2＝－， x1x2＝－， 假設(shè)在y軸上存在定點Q(0，m)， 使以AB為直徑的圓恒過這個點， 則⊥，即＝0， ∵＝(－x1，m－y1)，＝(－x2，m－y2)， ∴＝x1x2＋(m－y1)(m－y2) ＝x1x2＋ ＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋m2－＋ ＝－－＋m2－＋ ＝＝0. ∴求得m＝－1. 因此，在y軸上存在定點Q(0，－1)，使以AB為直徑的圓恒過這個點． 8．(2018珠海模擬) 已知橢圓C：＋y2＝1的左頂點為A，右焦點為F，O為原點，M，N是y軸上的兩個動點，且MF⊥NF，直線AM和AN分別與橢圓C交于E，D兩點． (1)求△MFN的面積的最小值； (2)證明：E，O，D三點共線． 解　(1)設(shè)M(0，m)，N(0，n)， ∵MF⊥NF，∴＝0， 即(1，－m)(1，－n)＝0， ∴mn＝－1. 又∵S△MFN＝|MN||OF|＝|m－n|＝|m＋(－n)|， ∵m>0，－n>0， ∴m＋(－n)≥2＝2＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝－n時等號成立． ∴S△MFN≥2＝1， ∴△MFN的面積的最小值為1. (2)證明：∵A(－，0)，M(0，m)， ∴直線AM方程為y＝ x＋m， 聯(lián)立得y2－＝0， ∴yA＋yE＝，∴yE＝. 同理yD＝. 將縱坐標代入直線方程得 xE＝，xD＝， ∴＝＝＝， 又∵mn＝－1，∴＝＝， 又∵＝＝，∴＝. ∴E，O，D三點共線．