第八章第八節(jié)圓錐曲線的綜合問題

1、20092013年高考真題備選題庫第八章 平面解析幾何第八節(jié) 圓錐曲線的綜合問題考點 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1（2013安徽，5分）已知直線ya交拋物線yx2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：本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，圓的性質(zhì)，考查考生的轉(zhuǎn)化與化歸能力法一：設(shè)直線ya與y軸交于點M，拋物線yx2上要存在C點，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線yx2有交點即可，也就是使|AM|MO|，即a(a>0)，所以a1.法二：易知a>0，設(shè)C(m，m2)，由已知可令A(yù)(，a)，B(，a)，則(m，m2a)，(m，m2a)，因為，所以m2am42a

2、m2a20，可得(m2a)(m21a)0.因為由題易知m2a，所以m2a10，故a1，)答案：1，)2（2013浙江，4分）設(shè)F為拋物線C：y24x的焦點，過點P(1,0)的直線l交拋物線C于A，B兩點，點Q為線段AB的中點若|FQ|2，則直線l的斜率等于_解析：本題考查拋物線方程、性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想及運算求解能力法一：注意到|FQ|2，正好是拋物線通徑的一半，所以點Q為通徑的一個端點，其坐標(biāo)為(1，±2)，這時A，B，Q三點重合，直線l的斜率為±1.法二：令直線l的方程為xty1，由得y24ty40，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1

3、y24t，y1y24，x1x24t22，所以xQ2t21，yQ2t，|FQ|2(xQ1)2y4，代入解得，t±1或t0(舍去)，即直線l的斜率為±1.答案：±13（2013新課標(biāo)全國，12分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：1 (a>b>0)右焦點的直線xy0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程；(2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值解：本題考查用待定系數(shù)法求橢圓方程以及直線與橢圓位置關(guān)系的問題，考查利用函數(shù)思想求最值，體現(xiàn)對考生綜合素質(zhì)特別是對考生分析問題、解決問題以

4、及化歸與轉(zhuǎn)化能力的考查(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則1，1，1，由此可得1.因為x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程為1.(2)由解得或因此|AB|.由題意可設(shè)直線CD的方程為yxn，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因為直線CD的斜率為1，所以|CD|x4x3| .由已知，四邊形ACBD的面積S|CD|·|AB| .當(dāng)n0時，S取得最大值，最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為. 4（2013浙江，15分）如圖

5、，點P(0，1)是橢圓C1：1(a>b>0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取最大值時直線l1的方程解：本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，同時考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力(1)由題意得所以橢圓C1的方程為y21.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點O到直線l1

6、的距離d，所以|AB|22 .又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.設(shè)ABD的面積為S，則S|AB|·|PD|，所以S，當(dāng)且僅當(dāng)k±時取等號所以所求直線l1的方程為y±x1. 5（2013江西，13分）如圖，橢圓C：1(a>b>0)經(jīng)過點P(1，)，離心率e，直線l的方程為x4.(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)，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，說

7、明理由解：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系等，旨在考查考生綜合應(yīng)用知識的能力(1)由P在橢圓上得，1.依題設(shè)知a2c，則b23c2.代入解得c21，a24，b23.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yk(x1)代入橢圓方程3x24y212并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2，x1x2.在方程中令x4得，M的坐標(biāo)為(4,3k)從而k1，k2，k3k.由于A，F(xiàn)，B三點共線，則有kkAFkBF，即有k.所以k1k22k·.代入得k1k22k·2

8、k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常數(shù)2符合題意法二：設(shè)B(x0，y0)(x01)，則直線FB的方程為y(x1)，令x4，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k1k22k3，故存在常數(shù)2符合題意6（2013福建，13分）如圖，在正方形OABC中，O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為(10,0)，點C的坐標(biāo)為(0,10)分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，A9和B1，B2，B9連接OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(iN*,1i9)(1)求證：點Pi(iN*,1i9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程；(2)

9、過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若OCM與OCN的面積比為41，求直線l的方程解：本小題主要考查拋物線的性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想法一：(1)依題意，過Ai(iN*,1i9)且與x軸垂直的直線的方程為xi，Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.設(shè)Pi的坐標(biāo)為(x，y)，由得yx2，即x210y.所以點Pi(iN*,1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x210y.(2)依題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為ykx10.由得x210kx1000，此時100k24

10、00>0，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則因為SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又x1·x2<0，所以x14x2，分別代入和，得解得k±.所以直線l的方程為y±x10，即3x2y200或3x2y200.法二：(1)點Pi(iN*,1i9)都在拋物線E：x210y上證明如下：過Ai(iN*,1i9)且與x軸垂直的直線的方程為xi，Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.由解得Pi的坐標(biāo)為.因為點Pi的坐標(biāo)都滿足方程x210y，所以點Pi(iN*,1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線

11、E的方程為x210y.(2)同法一7（2012遼寧，5分）已知P，Q為拋物線x22y上兩點，點P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，2，過P，Q分別作拋物線的切線，兩切線交于點A，則點A的縱坐標(biāo)為()A1B3C4 D8解析：因為P，Q兩點的橫坐標(biāo)分別為4，2，且P，Q兩點都在拋物線yx2上，所以P(4,8)，Q(2,2)因為yx，所以kPA4，kQA2，則直線PA，QA的方程聯(lián)立得，即，可得A點坐標(biāo)為(1，4)答案：C8（2012北京，5分）在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l過拋物線y24x的焦點F，且與該拋物線相交于A，B兩點，其中點A在x軸上方若直線l的傾斜角為60°，則OAF的面積為_解析：直線l

12、的方程為y(x1)，即xy1，代入拋物線方程得y2y40，解得yA2(yB0，舍去)，故OAF的面積為×1×2.答案：9(2009·寧夏、海南，5分)已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點，焦點為F(1,0)，直線l與拋物線C相交于A、B兩點若AB的中點為(2,2)，則直線l的方程為_解析：拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點，焦點為F(1,0)，1，拋物線方程為y24x.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y24，y4x1y4x2得yy4(x1x2)，(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，1，直線l的斜率為1，且過點(2,2)，直線方程為y2x2，xy0. 答案：xy010

13、（2012新課標(biāo)全國，12分）設(shè)拋物線C：x22py(p0)的焦點為F，準(zhǔn)線為l，A為C上一點，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點(1)若BFD90°，ABD的面積為4，求p的值及圓F的方程；(2)若A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個公共點，求坐標(biāo)原點到m，n距離的比值解：(1)由已知可得BFD為等腰直角三角形，|BD|2p，圓F的半徑|FA|p.由拋物線定義可知A到l的距離d|FA|p.因為ABD的面積為4，所以|BD|·d4，即·2p·p4，解得p2(舍去)或p2.所以F(0,1)，圓F的方程為x2(y1)2

14、8.(2)因為A，B，F(xiàn)三點在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，ADB90°.由拋物線定義知|AD|FA|AB|，所以ABD30°，m的斜率為或.當(dāng)m的斜率為時，由已知可設(shè)n：yxb，代入x22py得x2px2pb0.由于n與C只有一個公共點，故p28pb0，解得b.因為m的縱截距b1，3，所以坐標(biāo)原點到m，n距離的比值為3.當(dāng)m的斜率為時，由圖形對稱性可知，坐標(biāo)原點到m，n距離的比值為3.11（2012廣東，14分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率e，且橢圓C上的點到點Q(0,2)的距離的最大值為3.(1)求橢圓C的方程；(2)

15、在橢圓C上，是否存在點M(m，n)，使得直線l：mxny1與圓O：x2y21相交于不同的兩點A、B，且OAB的面積最大？若存在，求出點M的坐標(biāo)及對應(yīng)的OAB的面積；若不存在，請說明理由解：(1)由e ，得ab，橢圓C：1，即x23y23b2，設(shè)P(x，y)為C上任意一點，則|PQ|，byb，若b<1，則b>1，當(dāng)yb時，|PQ|max3，又b>0，得b1(舍去)，若b1，則b1，當(dāng)y1時，|PQ|max3，得b1，所以橢圓C的方程為y21.(2)法一：假設(shè)存在這樣的點M(m，n)滿足題意，則有n21，即n21，m.由題意可得SAOB|OA|·|OB|sin AOBs

16、in AOB，當(dāng)AOB90°時取等號，這時AOB為等腰直角三角形，此時圓心(0,0)到直線mxny1的距離為，則 ，得m2n22，又n21，解得m2，n2，即存在點M的坐標(biāo)為(，)，(，)，(，)，(，)滿足題意，且AOB的最大面積為.法二：假設(shè)存在這樣的點M(m，n)滿足題意，則有n21，即n21，m，又設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，由消去y得(m2n2)x22mx1n20，把n21代入整理得(32m2)x26mxm20，則8m2(3m2)0，所以而SAOB|OA|·|OB|sin AOBsin AOB，當(dāng)AOB90°，SAOB取得最大值，此時·

17、;x1x2y1y20，又y1y2·，所以x1x20，即33m(x1x2)(32m2)·x1x20，把代入上式整理得2m49m290，解得m2或m23(舍去)，所以m±，n± ±，所以M點的坐標(biāo)為(，)，(，)，(，)，(，)，使得SAOB取得最大值.12(2012安徽，13分)如圖，點F1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：1(ab0)的左、右焦點，過點F1作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于點P，過點F2作直線PF2的垂線交直線x于點Q.(1)如果點Q的坐標(biāo)是(4,4)，求此時橢圓C的方程；(2)證明：直線PQ與橢圓C只有一個交點解：(1)法

18、一：由條件知，P(c，)故直線PF2的斜率為kPF2.因為PF2F2Q，所以直線F2Q的方程為yx.故Q(，2a)由題設(shè)知，4,2a4，解得a2，c1.故橢圓方程為1.法二：設(shè)直線x與x軸交于點M.由條件知，P(c，)因為PF1F2F2MQ，所以.即，解得|MQ|2a.所以解得a2，c1.故橢圓方程為1.(2)直線PQ的方程為，即yxa.將上式代入橢圓方程得，x22cxc20，解得xc，y.所以直線PQ與橢圓C只有一個交點13（2012福建，13分）如圖，橢圓E：1(ab0)的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e.過F1的直線交橢圓于A、B兩點，且ABF2的周長為8.(1)求橢圓E的方程；(2

19、)設(shè)動直線l：ykxm與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x4相交于點Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解：法一：(1)因為|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因為e，即，所以c1，所以b.故橢圓E的方程是1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時x0，y0kx0m，

20、所以P(，)由得Q(4,4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上設(shè)M(x1,0)，則·0對滿足(*)式的m，k恒成立因為(x1，)，(4x1,4km)，由·0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.法二：(1)同法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時x0，y0

21、kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上取k0，m，此時P(0，)，Q(4，)，以PQ為直徑的圓為(x2)2(y)24，交x軸于點M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此時P(1，)，Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為(x)2(y)2，交x軸于點M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合條件的點M存在，則M的坐標(biāo)必為(1,0)以下證明M(1,0)就是滿足條件的點：因為M的坐標(biāo)為(1,0)，所以(1，)，(3,4km)，從而·330，故恒有，即存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.14（2011江蘇，16分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M、N分別是橢圓1的頂點，過坐標(biāo)原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C.連接AC，并延長交橢圓于點B.設(shè)直線PA的斜率為k.(1)當(dāng)直線PA平分線段MN時，求k的值；(2)當(dāng)k2時，求點P到直線AB的距離d；(3)對任意的k0，求證：PAPB.解：(1)由題設(shè)知，a2，b，故M(2,0)，N(0，)，所以線段MN中點的坐標(biāo)為(1，)由于直線PA平分