高考数学一轮总复习第十章圆锥曲线106圆锥曲线的综合问题专用题组理新人教B版.docx
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高考数学一轮总复习第十章圆锥曲线106圆锥曲线的综合问题专用题组理新人教B版
2021年高考数学一轮总复习第十章圆锥曲线10.6圆锥曲线的综合问题专用题组理新人教B版
考点一 定点与定值问题
5.(xx安徽,18,12分)设椭圆E:
+=1的焦点在x轴上.
(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;
(2)设F1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q.证明:
当a变化时,点P在某定直线上.
解析
(1)因为焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.
故椭圆E的方程为+=1.
(2)设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),
其中c=.
由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率=,
直线F2P的斜率=.
故直线F2P的方程为y=(x-c).
当x=0时,y=,即点Q的坐标为.
因此,直线F1Q的斜率为=.
由于F1P⊥F1Q,所以·=·=-1.
化简得=-(2a2-1).①
将①代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,
解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质,直线与直线、直线与椭圆的位置关系等基础知识和基本技能.考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力.
6.(xx湖南,21,13分)在直角坐标系xOy中,曲线C1上的点均在圆C2:
(x-5)2+y2=9外,且对C1上任意一点M,M到直线x=-2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值.
(1)求曲线C1的方程;
(2)设P(x0,y0)(y0≠±3)为圆C2外一点,过P作圆C2的两条切线,分别与曲线C1相交于点A,B和C,D.证明:
当P在直线x=-4上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值.
解析
(1)解法一:
设M的坐标为(x,y),由已知得|x+2|=-3.易知曲线C1上的点位于直线x=-2的右侧,于是x+2>0,所以=x+5.
化简得曲线C1的方程为y2=20x.
解法二:
由题设知,曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x=-5的距离.因此,曲线C1是以(5,0)为焦点,直线x=-5为准线的抛物线.故其方程为y2=20x.
(2)当点P在直线x=-4上运动时,P的坐标为(-4,y0),又y0≠±3,则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为y-y0=k(x+4),即kx-y+y0+4k=0,于是=3.
整理得72k2+18y0k+-9=0.①
设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程①的两个实根.
故k1+k2=-=-.②
由得k1y2-20y+20(y0+4k1)=0.③
设四点A,B,C,D的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4,则y1,y2是方程③的两个实根,所以y1y2=.④
同理可得y3y4=.⑤
于是由②,④,⑤三式得
y1y2y3y4=
=
==6400.
所以,当P在直线x=-4上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6400.
评析 本题考查了直线、圆、抛物线的基础知识;考查了学生的运算求解能力.在运算时运用整体运算的技巧至关重要.
考点二 最值与范围问题
7.(xx福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )
A.5 B.+ C.7+ D.6
答案 D 设Q(cosθ,sinθ),圆心为M,由已知得M(0,6),
则|MQ|=
=
=
=≤5,
故|PQ|max=5+=6.
8.(xx安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:
y2=2p1x(p1>0)和E2:
y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.
(1)证明:
A1B1∥A2B2;
(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.
解析
(1)证明:
设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),则
由得A1,
由得A2.
同理可得B1,B2.
所以==2p1,
==2p2,
故=,所以A1B1∥A2B2.
(2)由
(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.
所以△A1B1C1∽△A2B2C2.
因此=.
又由
(1)中的=知=.
故=.
9.(xx四川,20,13分)已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.
(i)证明:
OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);
(ii)当最小时,求点T的坐标.
解析
(1)由已知可得
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程是+=1.
(2)(i)由
(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).
则直线TF的斜率kTF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=,直线PQ的方程是x=my-2.
当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得
消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0.
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m(y1+y2)-4=.
所以PQ的中点M的坐标为.
所以直线OM的斜率kOM=-,
又直线OT的斜率kOT=-,所以点M在直线OT上,
因此OT平分线段PQ.
(ii)由(i)可得,
|TF|=,
|PQ|=
=
==.
所以==≥=.
当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.
所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).
评析 本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想.
10.(xx重庆,21,12分)如图,椭圆的中心为原点O,长轴在x轴上,离心率e=,过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A,A'两点,|AA'|=4.
(1)求该椭圆的标准方程;
(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P,P',过P,P'作圆心为Q的圆,使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQ⊥P'Q,求圆Q的标准方程.
解析
(1)由题意知点A(-c,2)在椭圆上,则+=1,从而e2+=1.
由e=得b2==8,从而a2==16.
故该椭圆的标准方程为+=1.
(2)由椭圆的对称性,可设Q(x0,0).又设M(x,y)是椭圆上任意一点,则
|QM|2=(x-x0)2+y2=x2-2x0x++8=(x-2x0)2-+8(x∈[-4,4]).
设P(x1,y1),由题意,P是椭圆上到Q的距离最小的点,
因此,上式当x=x1时取最小值,又因x1∈(-4,4),所以上式当x=2x0时取最小值,从而x1=2x0,且|QP|2=8-.
因为PQ⊥P'Q,且P'(x1,-y1),所以·=(x1-x0,y1)·(x1-x0,-y1)=0,即(x1-x0)2-=0.
由椭圆方程及x1=2x0得-8=0,
解得x1=±,x0==±.
从而|QP|2=8-=.
故这样的圆有两个,其标准方程分别为
+y2=,+y2=.
评析 本题考查了椭圆的标准方程、几何性质、函数的最值等知识,考查了运算能力,分析问题和解决问题的能力,综合性较强.
11.(xx北京,19,14分)已知曲线C:
(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).
(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;
(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G.求证:
A,G,N三点共线.
解析
(1)因为曲线C是焦点在x轴上的椭圆,所以解得 (2)证明: 当m=4时,曲线C的方程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分别为(0,2),(0,-2). 由得(1+2k2)x2+16kx+24=0. 因为直线与曲线C交于不同的两点,所以Δ=(16k)2-4(1+2k2)×24>0,即k2>. 设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=. 直线BM的方程为y+2=x,点G的坐标为. 因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN=,kAG=-, 所以kAN-kAG=+=+ =k+=k+=0. 即kAN=kAG,故A,G,N三点共线. 评析 本题主要考查直线与椭圆的位置关系.考查学生计算能力及转化与化归思想. 12.(xx四川,21,12分)如图,动点M与两定点A(-1,0)、B(2,0)构成△MAB,且∠MBA=2∠MAB.设动点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程; (2)设直线y=-2x+m与y轴相交于点P,与轨迹C相交于点Q、R,且|PQ|<|PR|,求的取值范围. 解析 (1)设M的坐标为(x,y),显然有x>0,且y≠0. 当∠MBA=90°时,点M的坐标为(2,±3). 当∠MBA≠90°时,x≠2,由∠MBA=2∠MAB,有tan∠MBA=,即-=. 化简可得,3x2-y2-3=0. 而点(2,±3)在曲线3x2-y2-3=0上, 综上可知,轨迹C的方程为3x2-y2-3=0(x>1).(5分) (2)由消去y, 可得x2-4mx+m2+3=0.(*) 由题意,方程(*)有两根且均在(1,+∞)内, 设f(x)=x2-4mx+m2+3, 所以 解得m>1,且m≠2. 设Q、R的坐标分别为(xQ,yQ)、(xR,yR),由|PQ|<|PR|有xR=2m+,xQ=2m-. 所以====-1+. 由m>1,且m≠2,有1<-1+<7+4,且-1+≠7. 所以的取值范围是(1,7)∪(7,7+4).(12分) 评析 本题主要考查直线、双曲线、轨迹方程的求法等基础知识,考查思维能力、运算能力,考查函数、分类与整合等数学思想,并考查思维的严谨性. 考点三 存在性问题 4.(xx湖北,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2. (1)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值; (2)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2? 并说明理由. 解析 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1: +=1,C2: +=1.其中a>m>n>0,λ=>1. (1)解法一: 如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=|BD|·|OM|=a|BD|, S2=|AB|·|ON|=a|AB|, 所以=. 在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是===. 若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0. 由λ>1,可解得λ=+1. 故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1. 解法二: 如图1,若直线l与y轴重合,则 |BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n; S1=|BD|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|= a|AB|. 所以===. 若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0. 由λ>1,可解得λ=+1. 故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1. (2)解法一: 如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2. 根据对称性,不妨设直线l: y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则 d1==,d2==, 所以d1=d2. 又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ, 即|BD|=λ|AB|. 由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是 =.① 将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得 xA=,xB=. 根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是 ===.② 从而由①和②式可得 =.③ 令t=,则由m>n,可得t≠1, 于是由③式可解得k2=. 因为k≠0,所以k2>0. 于是③式关于k有解,当且仅当>0, 等价于(t2-1)<0. 由λ>1,可解得 即<<1,由λ>1,解得λ>1+, 所以当1<λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2; 当λ>1+时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2. 解法二: 如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2. 根据对称性,不妨设直线l: y=kx(k>0), 点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则 d1==,d2==, 所以d1=d2. 又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ. 因为===λ,所以=. 由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得+=1,+=1, 两式相减可得+=0, 依题意xA>xB>0,所以>. 所以由上式解得k2=. 因为k2>0,所以由>0,可解得1<<λ. 从而1<<λ,解得λ>1+, 所以当1<λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2; 当λ>1+时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2. 评析 本题综合考查直线与圆锥曲线相交得到的三角形的面积的问题.解决此问题的关键: 首先将面积比转化成线段比,再通过常规方法的计算构造方程或不等式进行求值或求范围.难度较大,对计算能力、转化能力要求很高.
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