高三數(shù)學(xué)理科復(fù)習(xí) 圓錐曲線綜合問題

1、2012屆高三數(shù)學(xué)理科復(fù)習(xí) 圓錐曲線綜合問題 班級 姓名 1已知是拋物線上的兩個動點，為坐標(biāo)原點，非零向量滿足（）求證：直線經(jīng)過一定點；（）當(dāng)?shù)闹悬c到直線的距離的最小值為時，求的值解：, .設(shè)A,B兩點的坐標(biāo)為（），（）則 .（1）經(jīng)過A，B兩點的直線方程為 由，得 . 令，得, . 從而. (否則, 有一個為零向量),. 代入，得 ，始終經(jīng)過定點. （6分）（2）設(shè)AB中點的坐標(biāo)為()，則 . 又, ，即 .AB的中點到直線的距離.將代入，得.因為d的最小值為. （12分）（若用導(dǎo)數(shù)求切線的斜率為2的切點坐標(biāo)，參考給分.）2已知半圓，動圓與此半圓相切且與軸相切。（1）求動圓圓心的軌跡方程。（

2、2）是否存在斜率為的直線，它與（1）中所得軌跡由左到右順次交于A、B、C、D四個不同的點，且滿足|AD|=2|BC|？若存在，求出的方程，若不存在，說明理由。（1）設(shè)動圓圓心，作軸于點若兩圓外切： ，則 化簡得： 3分若兩圓內(nèi)切： ，則 5分綜上，動圓圓心的軌跡方程是 及 6分其圖象為兩條拋物線位于軸上方的部分，如圖所示。（2）假設(shè)直線存在，可設(shè)的方程為。 依題意得，它與曲線交于點，與曲線交于點。即 ， 2 =2即+=4 得11分將其代入方程得 因為曲線的橫坐標(biāo)范圍為，所以這樣的直線不存在。133.如圖，ABCD是邊長為2的正方形紙片，沿某動直線為折痕將正方形在其下方的部分向上翻折，使得每次翻

3、折后點B都落在邊AD上，記為；折痕與AB交于點E，點M滿足關(guān)系式。若以B為原點，BC所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系（如下圖）：（）求點M的軌跡方程；ABCDOxylE（）若曲線S是由點M的軌跡及其關(guān)于邊AB對稱的曲線組成的，等腰梯形的三邊分別與曲線S切于點.求梯形面積的最小值.解：（1）如圖，設(shè)M（x,y），又E（0，b）顯然直線l的斜率存在，故不妨設(shè)直線l的方程為y=kx+b,則而的中點在直線l上，故，由于代入即得，又 點M的軌跡方程（）-6分（2）易知曲線S的方程為設(shè)梯形的面積為，點P的坐標(biāo)為. 由題意得，點的坐標(biāo)為，直線的方程為. 直線的方程為即： 令 得，令 得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取“=”

4、且， 時，有最小值為.梯形的面積的最小值為-13分4點是二次函數(shù)圖象上任意一點，點，線段中點為。（1） 求中點的軌跡的方程；（2） 點在直線，過點做軌跡的兩切線，切點分別為。研究是否存在這樣的點滿足以下要求：在軌跡存在一點，點關(guān)于直線的對稱點為，而且（為坐標(biāo)原點）.若存在，求出所有適合題意的點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由。解析：（1）中點軌跡（2）如果假設(shè)存在，直接去探究，會很困難。先作圖，考慮特殊情況：當(dāng)點時，是符合要求的。設(shè)，此時直線不與軸垂直，設(shè)切點坐標(biāo)，則，兩切點橫坐標(biāo)（）設(shè)點，切點坐標(biāo)為，即切線斜率為，整理得到：，設(shè)、，則，。所以A，M，B三點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列；（）略（）如果，則，

5、設(shè)，那么，此時直線方程為，點，點，符合要求；如果，那么直線不與軸垂直。滿足的四點、構(gòu)成平行四邊形。若存在點符合要求，則直線、。直線的斜率為，那么先研究直線與拋物線的交點，除去原點外的另一個交點為。而點的橫坐標(biāo)也為，則直線軸，即不與直線垂直，所以此時不存在點。綜上，僅存在一點適合題意。5. 已知點M(k,l)、P(m,n),(klmn0)是曲線C上的兩點，點M、N關(guān)于軸對稱，直線MP、NP分別交軸于點E(xE,0)和點F(xF,0)，（）用k、l、m、n分別表示和; （）當(dāng)曲線C的方程分別為： 、時，探究的值是否與點M、N、P的位置相關(guān)；（）類比（）的探究過程，當(dāng)曲線C的方程為時，探究與經(jīng)加、減

6、、乘、除的某一種運算后為定值的一個正確結(jié)論.(只要求寫出你的探究結(jié)論，無須證明).解：（）依題意N(k,l)，且klmn0及MP、NP與軸有交點知：2分M、P、N為不同點，直線PM的方程為，3分則，同理可得.5分（）M,P在圓C：x2+y2=R2上,(定值).的值是與點M、N、P位置無關(guān). 8分同理M,P在橢圓C：上,(定值).的值是與點M、N、P位置無關(guān). 11分（）一個探究結(jié)論是： 13分證明如下：依題意, ,.M,P在拋物線C：y2=2px(p>0)上,n2=2pm,l2=2pk.為定值. 6已知橢圓和圓，過橢圓上一點引圓的兩條切線，切點分別為。（1） 若圓經(jīng)過橢圓的焦點，求橢圓的

7、離心率；（2） 若橢圓上存在點，使得，求橢圓離心率范圍；（3） 設(shè)直線與軸分別交于點，探究是否為定值？如是，請求出，給出證明；如不是，請給出反例。7如圖所示，橢圓的離心率為，且A（0，1）是橢圓C的頂點。 （1）求橢圓C的方程； （2）過點A作斜率為1的直線，在直線上求一點M，使得以橢圓C的焦點為焦點，且過點M的雙曲線E的實軸最長，并求此雙曲線E的方程。解：（1）由題意可知， 1分即 3分所以橢圓C的方程為： 4分 （2）設(shè)橢圓C的焦點為F1，F(xiàn)2，則可知F1（-2，0），F(xiàn)2（2，0），直線 方程為： 6分因為M在雙曲線E上，所以要使雙曲線E的實軸最長，只需最大。又關(guān)于直線的對稱點為則直線F

8、2F1與直線的交點即為所求的點M 9分直線F2F1的斜率為，其方程為：解得 12分又，此時故所求的雙曲線方程為 14分8已知圓：與軸相交于、，與軸正半軸相交于，以、為焦點，且經(jīng)過點的橢圓記為求橢圓的方程；根據(jù)橢圓的對稱性，任意橢圓都有一個四邊都與橢圓相切的正方形，這個正方形稱為橢圓的外切正方形，試求橢圓外切正方形四邊所在直線的方程。解得、2分，解得4分，所以，6分，所以橢圓的方程是7分根據(jù)橢圓的對稱性，設(shè)外切正方形一邊的方程為：9分，由得10分，由11分，解得12分，正方形四邊所在直線為，14分9設(shè)橢圓的對稱中心為坐標(biāo)原點,其中一個頂點為,右焦點與點的距離為（1）求橢圓的方程；（2）是否存在經(jīng)

9、過點的直線,使直線與橢圓相交于不同的兩點滿足？若存在,求出直線的方程；若不存在,請說明理由解:（1）依題意,設(shè)橢圓方程為,則其右焦點坐標(biāo)為,由,得,即,故又,從而可得橢圓方程為-6分（2）由題意可設(shè)直線的方程為,由知點在線段的垂直平分線上,由消去得,即可得方程（*）當(dāng)方程（*）的即時方程（*）有兩個不相等的實數(shù)根設(shè),線段的中點,則是方程（*）的兩個不等的實根,故有從而有 ,于是,可得線段的中點的坐標(biāo)為又由于,因此直線的斜率為,由,得，即，解得，綜上可知存在直線：滿足題意-14分10.設(shè)點在以、為左、右焦點的雙曲線：上，軸，點為其右頂點，且.（）求雙曲線方程；（）設(shè)過點的直線與交于雙曲線不同的兩

10、點、，且滿足, (其中為原點)，求直線的斜率的取值范圍.【答案】解：（）由題意，得且，解得，則雙曲線的方程為 （4分）（）設(shè)，由，有 （6分）顯然，不合題意；當(dāng)軸時，也不合題意 （8分）于是，由，消去，整理得：， （10分）由故斜率的取值范圍是. （12分）11.如圖，已知點，點是：上任意一點，線段的垂直平分線交于點，點的軌跡記為曲線.（）求曲線的方程；（）已知：（）的切線總與曲線有兩個交點，并且其中一條切線滿足，求證：對于任意一條切線總有.【答案】（I）由題意，Q點軌跡是以A、B為焦點的橢圓，且,曲線C的軌跡方程是.分（II）先考慮切線的斜率存在的情形. 設(shè)切線：，則 由與O相切得 即 7分

11、由，消去得，,設(shè)，則由韋達定理得，9分圖2 10分由于其中一條切線滿足，對此結(jié)合式可得12分于是，對于任意一條切線，總有，進而故總有. 14分最后考慮兩種特殊情況：（1）當(dāng)滿足的那條切線斜率不存在時，切線方程為代入橢圓方程可得交點的縱坐標(biāo)，因，故，得到，同上可得：任意一條切線均滿足；（2）當(dāng)滿足的那條切線斜率存在時，對于斜率不存在的切線也有.綜上所述，命題成立. 15分12.已知橢圓的一個焦點是，且離心率為.（）求橢圓的方程；（）設(shè)經(jīng)過點的直線交橢圓于兩點，線段的垂直平分線交軸于點，求的取值范圍.【答案】（）解：設(shè)橢圓的半焦距是.依題意，得. 1分 因為橢圓的離心率為，所以，. 3分故橢圓的方

12、程為 . 4分（）解：當(dāng)軸時，顯然. 5分當(dāng)與軸不垂直時，可設(shè)直線的方程為.由 消去整理得 . 7分設(shè)，線段的中點為，則 . 8分所以 ，.線段的垂直平分線方程為.在上述方程中令，得. 10分當(dāng)時，；當(dāng)時，.所以，或. 綜上，的取值范圍是. 13分13.已知橢圓的離心率為，直線過點，且與橢圓相切于點.（）求橢圓的方程；（）是否存在過點的直線與橢圓相交于不同的兩點、，使得?若存在，試求出直線的方程；若不存在,請說明理由.【答案】（）由題得過兩點，直線的方程為. 1分 因為，所以，. 設(shè)橢圓方程為, 由消去得，.又因為直線與橢圓相切,所以,解得. 所以橢圓方程為. 5分（）易知直線的斜率存在,設(shè)直

13、線的方程為， 6分 由消去，整理得. 7分 由題意知， 解得. 8分 設(shè)，則，. 9分又直線與橢圓相切， 由解得，所以. 10分 則. 所以. 又 所以，解得.經(jīng)檢驗成立. 13分 所以直線的方程為. 14分圓錐曲線 (21) (安徽省“江南十?！?012年3月高三聯(lián)考理科) (本小題滿分13分）如圖,橢圓的中心在坐標(biāo)原點，長軸端點為A，B,右焦點為F,且.(I) 求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(II) 過橢圓的右焦點F作直線，直線l1與橢圓分別交于點M,N，直線l2與橢圓分別交于點P,Q,且，求四邊形MPNQ的面積S的最小值. (21) 解:（）設(shè)橢圓的方程為,則由題意知,又即,故橢圓的方程為:.2分

14、(注: 證明,用幾何法同樣得分)若直線中有一條斜率不存在,不妨設(shè)的斜率不存在,則可得軸, ,故四邊形的面積.7分21（13分）已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點O，焦點在y軸上，離心率，橢圓上的點到焦點的最短距離為, 直線l與y軸交于點P（0，m），與橢圓C交于相異兩點A、B，且.（1）求橢圓方程；（2）求的取值范圍解：（1）設(shè)C：1（a>b>0），設(shè)c>0，c2a2b2，由條件知a-c，a1，bc 故C的方程為：y21 5分（2）當(dāng)直線斜率不存在時： 6分19（12分）已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點O，焦點在y軸上，離心率，橢圓上的點到焦點的最短距離為, 直線l與y軸交于點P（0，m）

15、，與橢圓C交于相異兩點A、B，且.（1）求橢圓方程；（2）求的取值范圍解：（1）設(shè)C：1（a>b>0），設(shè)c>0，c2a2b2，由條件知a-c，a1，bc 故C的方程為：y21 4分（2）當(dāng)直線斜率不存在時： 5分當(dāng)直線斜率存在時：設(shè)l與橢圓C交點為A（x1，y1），B（x2，y2）得（k22）x22kmx（m21）0 （2km）24（k22）（m21）4（k22m22）>0 （*） 6分x1x2， x1x2 7分3 x13x2 8分由消去x1，x2，3（）2409分整理得4k2m22m2k220 m2時，上式不成立；m2時，k2， k20，或 把k2代入（*）得或或1

16、1分,綜上m范圍為或12分20.已知直線，圓O：36（O為坐標(biāo)原點），橢圓C：1（ab0）的離心率為e，直線l被圓O截得的弦長與橢圓的長軸長相等。（I）求橢圓C的方程；（II）過點（3,0）作直線l，與橢圓C交于A，B兩點設(shè)（O是坐標(biāo)原點），是否存在這樣的直線l，使四邊形為ASB的對角線長相等？若存在，求出直線l的方程，若不存在，說明理由。由，即.9分 ,由得：，滿足>0. 12分故存在這樣的直線l,其方程為. 13分（19）如圖，已知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，長軸長是短軸長的2倍且經(jīng)過點M（2，1），平行于OM的直線 在y軸上的截距為m（m0），直線交橢圓于A、B兩個不同點（A、

17、B與M不重合）. （）求橢圓的方程；（）當(dāng)時，求m的值.由消并整理化簡得：，此方程有兩解 解得：10分由韋達定理得：，代入得： 解：或12分點異于，13分21、已知橢圓C：，直線與橢圓C相交于A、B兩點，（其中O為坐標(biāo)原點）。（1） 試探究：點O到直線AB的距離是否為定值，若是，求出該定值，若不是，請說明理由；（2） 求的最小值。代入得：，整理得， 5分到直線的距離.綜上所述，點到直線的距離為定值. 6分法二：（均值不等式法）由（）可知，到直線的距離.在中，故有，即， 9分而（當(dāng)且僅當(dāng)時取等號）8.()如圖，為半圓，AB為半圓直徑，O為半圓圓心，且ODAB，Q為線段OD的中點，已知|AB|=4

18、，曲線C過Q點，動點P在曲線C上運動且保持|PA|+|PB|的值不變.(1)建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，求曲線C的方程；(2)過D點的直線l與曲線C相交于不同的兩點M、N，且M在D、N之間，設(shè)=，求的取值范圍.8.解：(1)以AB、OD所在直線分別為x軸、y軸，O為原點，建立平面直角坐標(biāo)系， |PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2|AB|=4.曲線C為以原點為中心，A、B為焦點的橢圓.設(shè)其長半軸為a,短半軸為b,半焦距為c,則2a=2,a=,c=2,b=1.曲線C的方程為+y2=1.(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+2,代入+y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0.=(20k)24

19、×15(1+5k2)0,得k2.由圖可知=由韋達定理得將x1=x2代入得兩式相除得M在D、N中間，1又當(dāng)k不存在時，顯然= (此時直線l與y軸重合).9.()若橢圓=1(ab0)與直線l：x+y=1在第一象限內(nèi)有兩個不同的交點，求a、b所滿足的條件，并畫出點P(a,b)的存在區(qū)域.解：由方程組消去y,整理得(a2+b2)x22a2x+a2(1b2)=0則橢圓與直線l在第一象限內(nèi)有兩個不同的交點的充要條件是方程在區(qū)間(0，1）內(nèi)有兩相異實根，令f(x)=(a2+b2)x22a2x+a2(1b2),則有同時滿足上述四個條件的點P(a,b)的存在區(qū)域為下圖所示的陰影部分：19.(本小題12分) 已知橢圓的離心率，過點和的直線與原點的距離為（1）求橢圓的方程（2）已知定點，若直線與橢圓交于兩點，試判斷：是否存在的值，使以為直徑的圓過點？若存在，求出這個值；若不存在，說明理由20.(本小題12分) 如圖，直線交雙曲線及其漸近線于，四點，求證：21.(本小題12分) 橢圓的中心在原點，焦點在軸上，過點的直線交橢圓于兩點，且