《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學(xué)理一輪知能檢測：第8章 第9節(jié)　圓錐曲線的綜合問題數(shù)學(xué)大師 為您收集整理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學(xué)理一輪知能檢測：第8章 第9節(jié)　圓錐曲線的綜合問題數(shù)學(xué)大師 為您收集整理（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第九節(jié)　圓錐曲線的綜合問題 [全盤鞏固] 1．如圖，中心均為原點O的雙曲線與橢圓有公共焦點，M，N是雙曲線的兩頂點．若M，O，N將橢圓長軸四等分，則雙曲線與橢圓的離心率的比值是(　　) A．3 B．2 C. D. 解析：選B　設(shè)橢圓長半軸長為a(a>0)，則雙曲線半實軸的長為，由于雙曲線與橢圓共焦點，設(shè)焦距為2c，所以雙曲線的離心率e1＝＝，橢圓的離心率e2＝，所以＝＝2. 2．(2013·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標(biāo)為(1，－1)，則

2、E的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：選D　由題意知kAB＝，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝0. 由AB的中點是(1，－1)知則＝＝，聯(lián)立a2－b2＝9， 解得a2＝18，b2＝9，故橢圓E的方程為＋＝1. 3．(2014·長春模擬)已知實數(shù)4，m,9構(gòu)成一個等比數(shù)列，則圓錐曲線＋y2＝1的離心率為(　　) A. B. C.或 D.或7 解析：選C　因為4，m,9成等比數(shù)列，所以m＝±6，當(dāng)m＝6時，＋y2＝1為橢圓a2＝6，b2＝1，c2＝5.所以離心率e

3、＝＝＝；當(dāng)m＝－6時，y2－＝1為雙曲線，a2＝1，b2＝6，c2＝7，所以離心率e＝＝. 4．(2014·湖州模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，M是拋物線C上的點，若△OFM的外接圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切，且該圓面積為9π，則p＝(　　) A．2　　　　 B．4　　　　 C．6　　　　 D．8 解析：選B　依題意得，△OFM的外接圓半徑為3，△OFM的外接圓圓心應(yīng)位于線段OF的垂直平分線x＝上，圓心到準(zhǔn)線x＝－的距離等于3，即有＋＝3，由此解得p＝4. 5．(2013·全國高考)已知拋物線C：y2＝8x與點M(－2,2)，過C的焦點且斜率

4、為k的直線與C交于A、B兩點．若·＝0，則k＝ (　　) A. B. C. D．2 解析： 選D　如圖所示，設(shè)F為焦點，取AB中點P，過A，B分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為G，H，連接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，則|MP|＝|AB|＝(|AG|＋|BH|)，所以MP為直角梯形BHGA的中位線，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM為公共邊，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，則MF⊥AB，所以k＝－＝2. 6. 如圖，已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線x－my＋m＝0與

5、拋物線交于A、B兩點，且△OAB(O為坐標(biāo)原點)的面積為2，則m6＋m4的值是(　　) A．1 B. C．2 D．4 解析：選C　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可知，＝－m，將x＝my－m代入拋物線方程y2＝2px(p>0)中，整理得y2－2pmy＋2pm＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝2pm，y1y2＝2pm，則(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝(2pm)2－8pm＝16m4＋16m2，又△OAB的面積S＝×|y1－y2|＝(－m)×4＝2，兩邊平方即可得m6＋m4＝2. 7．(2013·安徽高考)已知直

6、線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點．若該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________． 解析：法一：設(shè)直線y＝a與y軸交于點M，拋物線y＝x2上要存在點C，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線y＝x2有除A、B外的交點即可，也就是使|AM|≤|MO|，即≤a(a>0)，所以a≥1. 法二：易知a>0，設(shè)C(m，m2)，由已知可令A(yù)(，a)，B(－，a)，則＝ (m－，m2－a)，＝(m＋，m2－a)，因為⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0.因為由題易知m2≠a，所以m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)． 答案：[1，＋

7、∞) 8．若C(－，0)，D(，0)，M是橢圓＋y2＝1上的動點，則＋的最小值為________． 解析：由橢圓＋y2＝1知c2＝4－1＝3，∴c＝，∴C，D是該橢圓的兩焦點， 令|MC|＝r1，|MD|＝r2，則r1＋r2＝2a＝4，∴＋＝＋＝＝， 又∵r1r2≤＝＝4，∴＋＝≥1. 當(dāng)且僅當(dāng)r1＝r2時，上式等號成立．故＋的最小值為1. 答案：1 9．曲線C是平面內(nèi)與兩個定點F1(－1,0)和F2(1,0)的距離的積等于常數(shù)a2(a>1)的點的軌跡．給出下列三個結(jié)論： ①曲線C過坐標(biāo)原點； ②曲線C關(guān)于坐標(biāo)原點對稱； ③若點P在曲線C上，則△F1PF2的面積不大于a2.

8、 其中，所有正確結(jié)論的序號是________． 解析：因為原點O到兩個定點F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)的距離的積是1，而a>1，所以曲線C不過原點，即①錯誤；因為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1,0)關(guān)于原點對稱，所以|PF1||PF2|＝a2對應(yīng)的軌跡關(guān)于原點對稱，即②正確；因為S△F1PF2＝|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤|PF1||PF2|＝a2，即△F1PF2的面積不大于a2，所以③正確． 答案：②③ 10．已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點O，一個長軸頂點為(0,2)，它的兩個短軸頂點和焦點所組成的四邊形為正方形，直線l與y軸交于點P(0，m)，與橢圓C交于異于橢圓頂點的兩點

9、A，B，且＝2. (1)求橢圓的方程； (2)求m的取值范圍． 解：(1)由題意，知橢圓的焦點在y軸上，設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)， 由題意，知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，則b＝， 所以橢圓方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意，知直線l的斜率存在， 設(shè)其方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立， 即消去y，得(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0， Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)>0，由根與系數(shù)的關(guān)系，知 又＝2，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)， 所以－x1＝2x2.則所以＝－22. 整理，得(9m2

10、－4)k2＝8－2m2，又9m2－4＝0時等式不成立， 所以k2＝>0，得0. 所以m的取值范圍為∪. 11．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點F1(－1,0)，長軸長與短軸長的比是2∶. (1)求橢圓的方程； (2)過F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點，若m⊥n，求證：＋為定值． 解：(1)由已知得解得a＝2，b＝. 故所求橢圓方程為＋＝1. (2)證明：由已知F1(－1,0)，當(dāng)直線m不垂直于坐標(biāo)軸時，可設(shè)直線m的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)．由 得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 由于Δ>0，設(shè)A(x1，y1)，B(

11、x2，y2)，則有x1＋x2＝－，x1x2＝， |AB|＝ ＝ ＝. 同理|CD|＝. 所以＋＝＋＝＝. 當(dāng)直線m垂直于坐標(biāo)軸時，此時|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，＋＝＋＝.綜上，＋為定值. 12．(2013·江西高考)如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，離心率e＝，直線l的方程為x＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3. 問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由． 解：(1)由

12、P在橢圓上，得＋＝1.① 依題設(shè)知a＝2c，則b2＝3c2.② ②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為＋＝1. (2)法一：由題意可設(shè)直線AB的斜率為k， 則直線AB的方程為y＝k(x－1)．③ 代入橢圓方程3x2＋4y2＝12，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 x1＋x2＝，x1x2＝.④ 在方程③中令x＝4，得M的坐標(biāo)為(4,3k)． 從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 由于A，F(xiàn)，B三點共線，則有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k. 所以k1＋k2＝＋＝＋－ ＝2k－·.⑤

13、④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1， 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常數(shù)λ＝2符合題意． 法二：設(shè)B(x0，y0)(x0≠1)，則直線FB的方程為y＝(x－1)， 令x＝4，求得M， 從而直線PM的斜率為k3＝， 聯(lián)立得A， 則直線PA的斜率為k1＝，直線PB的斜率為k2＝， 所以k1＋k2＝＋＝＝2k3， 故存在常數(shù)λ＝2符合題意． [沖擊名校] 如圖，已知橢圓＋＝1的左焦點為F，過點F的直線交橢圓于A，B兩點，線段AB的中點為G，AB的中垂線與x軸和y軸分別交于D，E兩點． (1)若點G的橫坐標(biāo)為－，求直線AB的斜率； (2)記△GFD的面積

14、為S1，△OED(O為原點)的面積為S2.試問：是否存在直線AB，使得S1＝S2？說明理由． 解：(1)依題意可知，直線AB的斜率存在，設(shè)其方程為y＝k(x＋1)． 將其代入＋＝1， 整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝. 故點G的橫坐標(biāo)為＝＝－.解得k＝±. (2)假設(shè)存在直線AB，使得S1＝S2，顯然直線AB不能與x，y軸垂直． 由(1)可得G.設(shè)D點坐標(biāo)為(xD,0)．因為DG⊥AB， 所以×k＝－1，解得xD＝，即D. 因為△GFD∽△OED，所以S1＝S2?|GD|＝|OD|. 所以 ＝，

15、 整理得8k2＋9＝0.因為此方程無解，所以不存在直線AB，使得S1＝S2. [高頻滾動] (2013·北京高考)已知A，B，C是橢圓W：＋y2＝1上的三個點，O是坐標(biāo)原點． (1)當(dāng)點B是W的右頂點，且四邊形OABC為菱形時，求此菱形的面積； (2)當(dāng)點B不是W的頂點時，判斷四邊形OABC是否可能為菱形，并說明理由． 解：(1)橢圓W：＋y2＝1的右頂點B的坐標(biāo)為(2,0)． 因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分． 所以可設(shè)A(1，m)，代入橢圓方程得＋m2＝1，即m＝±. 所以菱形OABC的面積是|OB|·|AC|＝×2×2|m|＝. (2)四邊形OABC不可能為菱形，理由如下： 假設(shè)四邊形OABC為菱形． 因為點B不是W的頂點，且直線AC不過原點，所以可設(shè)AC的方程為y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．由消去y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則＝－，＝k·＋m＝. 所以AC的中點為M. 因為M為AC和OB的交點，所以直線OB的斜率為－. 因為k·≠－1，所以AC與OB不垂直． 所以四邊形OABC不是菱形，與假設(shè)矛盾． 所以當(dāng)點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能是菱形．