圓錐曲線大題備考練-高三數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)

沖刺高考二輪圓錐曲線大題備考練（原卷+答案）微專題1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系已知拋物線y2＝2px(p>0)的頂點(diǎn)為O，焦點(diǎn)坐標(biāo)為12(1)求拋物線方程；(2)過(guò)點(diǎn)(1，0)且斜率為1的直線l與拋物線交于P，Q兩點(diǎn)，求線段|PQ|的值．提分題例1已知橢圓E：x2a2(1)求橢圓E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(－2，1)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點(diǎn)M，N，當(dāng)|MN|＝2時(shí)，求k的值．鞏固訓(xùn)練1已知雙曲線E：x2－y2(1)求雙曲線E的方程；(2)設(shè)點(diǎn)P(0，－3)，過(guò)點(diǎn)Q(0，1)的直線l交E于不同的兩點(diǎn)A，B，求直線PA，PB的斜率之和．微專題2定點(diǎn)、定值問(wèn)題提分題例2設(shè)橢圓C：x2a2(1)求橢圓C的方程；(2)若直線AD與直線BP交于點(diǎn)M，直線DP與x軸交于點(diǎn)N，求證：直線MN恒過(guò)某定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)．例3已知雙曲線C：x2a2?y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F(1)求C的方程；(2)若動(dòng)直線l與C恰有1個(gè)公共點(diǎn)，且與C的兩條漸近線分別交于點(diǎn)M、N.求證：點(diǎn)M與點(diǎn)N的橫坐標(biāo)之積為定值．鞏固訓(xùn)練21.已知P(1，2)在拋物線C：y2＝2px上．(1)求拋物線C的方程；(2)A，B是拋物線C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如果直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為2，證明：直線AB過(guò)定點(diǎn)．2．如圖，矩形ABCD的長(zhǎng)AB＝23，寬BC＝12，以A、B為左右焦點(diǎn)的橢圓M：x2a(1)求橢圓M的方程，并求PA·PB的取值范圍；(2)若過(guò)點(diǎn)B且斜率為k的直線交橢圓于M、N兩點(diǎn)(點(diǎn)C與M、N兩點(diǎn)不重合)，且直線CM、CN的斜率分別為k1、k2，試證明k1＋k2－2k為定值．微專題3最值、范圍問(wèn)題提分題例4設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)D(p，0)，過(guò)F的直線交C于M，N兩點(diǎn)．當(dāng)直線MD垂直于x軸時(shí)，|MF|＝3.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線MD，ND與C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當(dāng)α－β取得最大值時(shí)，求直線AB的方程．例5已知雙曲線C：x2a2?y(1)求C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)A(0，－1)的直線l2與雙曲線C的左、右兩支分別交于D，E兩點(diǎn)，與雙曲線C的兩條漸近線分別交于G，H兩點(diǎn)，若|GH|＝λ|DE|，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．鞏固訓(xùn)練31.已知雙曲線C：x2a2?y(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A，B的中點(diǎn)為M，求點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離的最小值．2．已知橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(2，32(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q(2，0)的直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，求△OMN面積的取值范圍．參考答案微專題1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系保分題解析：(1)∵y2＝2px焦點(diǎn)坐標(biāo)為p2∴p2＝12，p＝∴拋物線的方程為y2＝2x.(2)設(shè)直線l方程為x＝y(tǒng)＋1，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立x=y+1y消元得y2－2y－2＝0，∴Δ＝12>0，y1＋y2＝2，y1y2＝－2，∴|PQ|＝1+12|y1－y＝1+12＝1+12·22?4·∴線段|PQ|的值為26.提分題[例1]解析：(1)由題意，得b=1，2c=2∴橢圓E的方程為x24＋y2(2)由題意可設(shè)直線BC的方程為y－1＝k(x＋2)．聯(lián)立得方程組x消去y并整理，得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，則Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，解得k<0.設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，∴x1＋x2＝－16k2+8k4k2+1，x∴直線AB的方程為y＝y(tǒng)1?1x1x＋1，則直線AB與x軸交點(diǎn)M的坐標(biāo)為(同理得點(diǎn)N的坐標(biāo)為(?x2kx∵|MN|＝2，∴|?x2kx∴|x1－x2|＝|k[x1x2＋2(x1＋x2)＋4]|，∴x1+x22?4x1x2＝|k[x1x2＋將①代入②，得(－16k2+8k4k2+1)2－416k整理，得k2＋4k＝0.又k<0，∴k＝－4.[鞏固訓(xùn)練1]解析：(1)由x2－y2b2＝1，則a因?yàn)閑＝ca＝2，解得c＝2所以b2＝c2－a2＝3，所以雙曲線E的方程為x2－y23(2)過(guò)點(diǎn)Q(0，1)的直線l斜率顯然存在，設(shè)l的方程為：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將l的方程代入雙曲線E的方程并整理得(3－k2)x2－2kx－4＝0，依題意3－k2≠0，且Δ>0，所以k2<4且k2≠3，因此，可得x1＋x2＝2k3?k2，x1x2∴kPA＋kPB＝y(tǒng)＝kx＝2k＋4＝2k＋8k＝2k－2k＝0.微專題2定點(diǎn)、定值問(wèn)題提分題[例2]解析：(1)由已知可得2b=2e=a2故橢圓C的方程為x24＋y2＝(2)設(shè)直線BP的方程為y＝k1(x－2)(k1≠0且k1≠±12)直線DP的方程為y＝k2x＋1(k2≠0且k2≠±12)則直線DP與x軸的交點(diǎn)為N?1直線AD的方程為y＝12x＋1，則直線BP與直線AD的交點(diǎn)為M4將y＝k2x＋1代入方程x24＋y2＝1，得(4k22＋1)x2＋8k則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP＝?8k24k22+1，點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為yP將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入直線BP的方程y＝k1(x－2)，整理得(1＋2k2)(1－2k2)＝－2k1(1＋2k2)2，∵1＋2k2≠0，∴2k1＋4k1k2＝2k2－1，由M，N點(diǎn)坐標(biāo)可得直線MN的方程為：y＝4k1k24k1k2+2即y＝2k1k22k2則直線MN過(guò)定點(diǎn)(2，1)．[例3]解析：(1)易知點(diǎn)A(－a，0)、F1(－c，0)、F2c，0，AF1＝?c+a，所以，ca=32AF1·AF2=a2?c2所以，雙曲線C的方程為x24(2)分以下兩種情況討論：①當(dāng)直線l⊥x軸時(shí)，直線l的方程為x＝±2，此時(shí)點(diǎn)M、N的橫坐標(biāo)之積為22＝4；②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，由題意可知直線l不與雙曲線C的漸近線平行或重合，即k≠±52設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)、N(x2，y2)，聯(lián)立y=kx+m5x2?4y2=20可得(5－4k2)x2－8kmx－4則Δ＝64k2m2＋4(5－4k2)(4m2＋20)＝0，可得4k2＝m2＋5，則m≠0，不妨設(shè)點(diǎn)M、N分別為直線l與直線y＝52x、y＝－52聯(lián)立y=kx+my=52x可得x1＝m52?k，聯(lián)立此時(shí)，x1x2＝m2k2?54綜上所述，點(diǎn)M與點(diǎn)N的橫坐標(biāo)之積為定值．[鞏固訓(xùn)練2]1．解析：(1)P點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線方程得4＝2p，∴p＝2，∴拋物線方程為y2＝4x.(2)證明：設(shè)AB：x＝my＋t，將AB的方程與y2＝4x聯(lián)立得y2－4my－4t＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，所以Δ＞0?16m2＋16t＞0?m2＋t＞0，kPA＝y(tǒng)1?2x1?1＝y(tǒng)1?2y由題意：4y1+2∴4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，∴y1y2＝4，∴－4t＝4，∴t＝－1，故直線AB恒過(guò)定點(diǎn)(－1，0)．2．解析：(1)由題意得c＝3.又點(diǎn)C(3，12)在橢圓M：x2a2+且a2－b2＝3，所以a＝2，b＝1，故橢圓M的方程為x24＋y2設(shè)點(diǎn)P(x，y)，由A(－3，0)，B(3，0)得PA·PB＝x2－3＋y2＝x2－3＋1－x24＝3又x∈[－2，2]，所以PA·PB∈[－2，1].(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)B且斜率為k的直線方程為y＝k(x－3)，聯(lián)立橢圓M方程得(1＋4k2)x2－83k2x＋12k2－4＝0.設(shè)兩點(diǎn)M(x1，y1)、N(x2，y2)，故x1＋x2＝83k21+4k2，x因?yàn)閗1＋k2＝y(tǒng)＝y(tǒng)1其中y1x2＋x1y2＝2kx1x2－3k(x1＋x2)＝?8k1+4k2，y1＋y2故k1＋k2＝?8k1+4k2+6k1+4所以k1＋k2－2k＝－3為定值．微專題3最值、范圍問(wèn)題提分題[例4]解析：(1)方法一由題意可知，當(dāng)x＝p時(shí)，y2＝2p2.設(shè)M點(diǎn)位于第一象限，則點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為2p，|MD|＝2p，|FD|＝p2在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即p22+2p2＝所以C的方程為y2＝4x.方法二拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－p2當(dāng)MD與x軸垂直時(shí)，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為p.此時(shí)|MF|＝p＋p2＝3，所以p＝所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)設(shè)直線MN的斜率為k1，直線AB的斜率為k2，則k1＝tanα，k2＝tanβ.由題意可得k1≠0，k2≠0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.設(shè)直線AB的方程為y＝k2(x－m)，m為直線AB與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，直線MN的方程為y＝k1(x－1)，直線MD的方程為y＝k3(x－2)，直線ND的方程為y＝k4(x－2)．聯(lián)立得方程組y=所以k12x2?2k12聯(lián)立得方程組y=所以k22x2?2mk22+4x＋k聯(lián)立得方程組y=所以k32x2?4k32聯(lián)立得方程組y=所以k42x2?4k42所以M(x1，2x1)，N(1x1，?2x1)，A(4x1，?4所以k1＝2x1x1?1，k2＝x1x1所以tan(α－β)＝tanα?tanβ1+tanα因?yàn)閗1＝2k2，所以k1與k2同號(hào)，所以α與β同為銳角或鈍角．當(dāng)α－β取最大值時(shí)，tan(α－β)取得最大值．所以k2＞0，且當(dāng)1k2＝2k2，即k2＝22時(shí)，α－β取得最大值．易得x3x4＝16x1x2＝m2，又易知所以直線AB的方程為x－2y－4＝0.[例5]解析：(1)由題意得3a解得a故C的方程為x2－y22(2)顯然直線l2斜率存在，設(shè)直線l2的方程為y＝kx－1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，聯(lián)立y=kx?1x2?y22=1，得(2－k2)x2＋因?yàn)閘2與雙曲線C的左，右兩支分別交于D，E兩點(diǎn)，故2?k解得－2<k<2，此時(shí)有x1＋x2＝2kk|DE|＝1+k2·|x1－x2|＝1+k＝1+k2·由y=kx?1y=2x，解得xG＝1k?2，同理可得x所以|GH|＝1+k2＝22因?yàn)閨GH|＝λ|DE|，故λ＝GHDE＝1因?yàn)椋?<k<2，故33≤λ<1故實(shí)數(shù)λ的取值范圍是33[鞏固訓(xùn)練3]1．解析：(1)由題設(shè)可知8a2?則C：x24－y2(2)設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為xM>0，當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，則直線l：x＝2，易知點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離為xM＝2﹔當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)l：y＝kx＋mk≠±12，A(x1，y1)，B(x2，y2聯(lián)立x24?y2=1y=kx+m，整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)＝0，整理得4k2＝m2＋1，則x1＋x2＝－8km4k2?1＝－8kmm2＝－8km，則xM＝x則xM2＝16k2m2＝4＋4∴此時(shí)點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離大于2；綜上所述，點(diǎn)M到y(tǒng)軸的最小距離為2.2．解析：(1)由對(duì)稱性可知：P3，P4都在橢圓C上，對(duì)于橢圓在第一象限的圖象上的點(diǎn)(x，y)，易知y隨x的增大而減小，故P1，P2中只有P2符合．所以P2，P3，P4三點(diǎn)在橢圓上，故b＝1，將