第6節(jié)-圓錐曲線的綜合問題

【選題明細表】知識點、方法題號圓錐曲線間的綜合問題2、4、7、10直線與圓錐曲線的綜合問題1、6、9、12、13圓與圓錐曲線的綜合問題8、11、14、15、16、17圓錐曲線與其他知識的綜合3、5基礎(chǔ)過關(guān)一、選擇題1.(2014泉州質(zhì)檢)“直線與雙曲線相切”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的(B)(A)充分而不必要條件(B)必要而不充分條件(C)充要條件(D)既不充分也不必要條件解析:直線與雙曲線相切時,只有一個公共點,但直線與雙曲線相交時,也可能有一個公共點,例如:與拋物線的對稱軸平行的直線與拋物線只有一個交點.故選B.2.已知雙曲線x24-y2(A)5 (B)42 (C)3 (D)5解析:拋物線y2=12x的焦點是(3,0),∴c=3,b2=c2-a2=5.∴雙曲線的漸近線方程為y=±52x焦點(3,0)到y(tǒng)=±52x的距離d=5故選A.3.橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點為A,左、右焦點分別為F1、F2,D是它短軸上的一個端點,若3(A)12 (B)13 (C)1解析:設(shè)D(0,b),則DFDA→=(-a,-b),D由3DF1→=得-3c=-a+2c,即a=5c,∴e=ca=1答案:x216-8.(2014哈師大附中模擬)雙曲線C:x2a2-y2b2解析:如圖,由題知∠ABO=30°,所以∠AOB=60°,OA=c,設(shè)A(x0,y0),則x0=-c·cos60°=-c2y0=csin60°=32由雙曲線定義知2a=(-c=(3-1)c,∴e=ca=3答案:3+19.(2014太原五中模擬)直線l過橢圓x22+y2=1的左焦點F,且與橢圓相交于P、Q兩點,M為PQ的中點,O為原點.若△FMO是以O(shè)F為底邊的等腰三角形,則直線l的方程為解析:法一由橢圓方程得a=2,b=c=1,則F(-1,0).在△FMO中,|MF|=|MO|,所以M在線段OF的中垂線上,即xM=-12設(shè)直線l的斜率為k,則其方程為y=k(x+1),由y=k(x+1),x即(2k2+1)x2+4k2x+2(k2-1)=0,∴xP+xQ=-4而M為PQ的中點,故xM=12(xP+xQ)=-2k∴k2=12解得k=±22故直線l的方程為y=±22即x±2y+1=0.法二設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0),由題意知kPQ=-kOM,由P、Q在橢圓上知x兩式相減整理得kPQ=y1-y2x而kOM=y0x0,故x即x02=2所以kPQ=±22直線PQ的方程為y=±22即x±2y+1=0.答案:x±2y+1=010.(2014高考山東卷)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為2c,右頂點為A,拋物線x2解析:拋物線x2=2py的準(zhǔn)線方程為y=-p2,與雙曲線的方程聯(lián)立得x2=a2(1+p2根據(jù)已知得a2(1+p24b2)由|FA|=c,得p24+a2=c2由①②可得a2=b2,即a=b,所以所求雙曲線的漸近線方程是y=±x.答案:y=±x三、解答題11.如圖,等邊三角形OAB的邊長為83,且其三個頂點均在拋物線E:x2=2py(p>0)上.(1)求拋物線E的方程;(2)設(shè)動直線l與拋物線E相切于點P,與直線y=-1相交于點Q,證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點.(1)解:依題意,|OB|=83,∠BOy=30°.設(shè)B(x,y),則x=|OB|sin30°=43,y=|OB|cos30°=12.因為點B(43,12)在x2=2py上,所以(43)2=2p×12,解得p=2.故拋物線E的方程為x2=4y.(2)證明:由(1)知y=14x2,y′=1設(shè)P(x0,y0),則x0≠0,y0=14y-y0=12x0(x-x0),即y=12x0x-由y=1所以Q為x0設(shè)M(0,y1),令MP→·MQ→=0對滿足y0=14x02(x0≠0)的由于MP→=(x0,y0-y1),MQ→=由MP→·MQ得x02-42-y0-y0y1即(y12+y1-2)+(1-y1)y由于(*)式對滿足y0=14x02(x0所以1解得y1=1.故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1).12.(2014長葛三模)已知圓C1的圓心的坐標(biāo)原點O,且恰好與直線l1:x-2y+35=0相切,點A為圓上一動點,AM⊥x軸于點M,且動點N滿足ON→=33OA→+(1-(1)求曲線C的方程;(2)直線l與直線l1垂直且與曲線C交于B、D兩點,求△OBD面積的最大值.解:(1)設(shè)動點N(x,y),A(x0,y0),因為AM⊥x軸于M,所以M(x0,0),設(shè)圓C1的方程為x2+y2=r2,由題意得r=|3所以圓C1的方程為x2+y2=9.由題意,ON→=33OA→+(1-所以(x,y)=33(x0,y0)+(1-33)(x所以x即x將A(x,3y)代入x2+y2=9,得動點N的軌跡方程為x29+(2)由題意可設(shè)直線l:2x+y+m=0,設(shè)直線l與橢圓x29+y23=1交于B(x1,y1),D(x聯(lián)立方程y得13x2+12mx+3m2Δ=144m2-13×4(3m解得m2<39.又∵點O到直線l的距離d=|mBD=5·|x1-x2|=5·2117∴S△OBD=12·|m|5=m=3m2(當(dāng)且僅當(dāng)m2=39-m2,即m2=392∴△OBD面積的最大值為33能力提升13.(2014高考遼寧卷)已知點A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準(zhǔn)線上,過點A的直線與C在第一象限相切于點B,記C的焦點為F,則直線BF的斜率為(D)(A)12 (B)23 (C)3解析:∵A(-2,3)在拋物線y2=2px的準(zhǔn)線上,∴-p2∴p=4,∴y2=8x,設(shè)直線AB的方程為x=k(y-3)-2,①將①與y2=8x聯(lián)立,即x得y2-8ky+24k+16=0,②則Δ=(-8k)2-4(24k+16)=0,即2k2-3k-2=0,解得k=2或k=-12將k=2代入①②解得x即B(8,8),又F(2,0),∴kBF=8-08故選D.14.過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點F引圓x2+y2解析:如圖所示,設(shè)雙曲線的另一個焦點為F′,連接OT、PF′.∵FT為圓的切線,∴FT⊥OT,且|OT|=a,又∵T、O分別為FP、FF′的中點,∴OT∥PF′且|OT|=12|PF′∴|PF′|=2a,且PF′⊥PF.又|PF|-|PF′|=2a,∴|PF|=4a.在Rt△PFF′中,|PF|2+|PF′|2=|FF′|2,即16a2+4a2=4c2,∴c2∴b2a2=c2即漸近線方程為y=±2x,即2x±y=0.答案:2x±y=015.(2014保定二模)設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為e=2(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)橢圓E的左頂點是A,若直線l:x-my-t=0與橢圓E相交于不同的兩點M、N(M、N與A均不重合),若以MN為直徑的圓過點A,試判定直線l是否過定點,若過定點,求出該定點的坐標(biāo).解:(1)由e2=c2a2=a可得a2=2b2,則橢圓E的方程為x22b代入點(-1,-62)可得b2=2,a2故橢圓E的方程為x24+(2)由x-my-t=0得x=my+t,把它代入E的方程得(m2+2)y2+2mty+t2-4=0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),y1+y2=-2mtm2+2,y1yx1+x2=m(y1+y2)+2t=4tx1x2=(my1+t)(my2+t)=m2y1y2+tm(y1+y2)+t2=2t因為以MN為直徑的圓過點A,所以AM⊥AN,所以AM→·AN→=(x1+2,y1)·(x2+2,y=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=2t2-4m=3=(=0.因為M、N與A均不重合,所以t≠-2,所以t=-23,直線l的方程是x=my-2直線l過定點T(-23,0)由于點T在橢圓內(nèi)部,故滿足直線l與橢圓有兩個交點,所以直線l過定點T(-23,0)探究創(chuàng)新16.(2014邯鄲二模)如圖所示點F是拋物線y2=8x的焦點,點A、B分別在拋物線y2=8x及圓(x-2)2+y2=16的實線部分上運動,且AB總是平行于x軸,則△FAB的周長的取值范圍是.

解析:由拋物線方程知準(zhǔn)線l:x=-2,焦點F(2,0),圓的圓心C(2,0),半徑r=4.作出拋物線的準(zhǔn)線l,過B作BM⊥l于M,由拋物線的定義得|AF|=|AM|,∴△FAB的周長為|AF|+|FB|+|AB|=|AB|+|AM|+|FB|=|BM|+|FB|.又∵B在圓弧上移動,且A、B、F三點不重合不共線,∴2<xB<6,∴4<|BM|<8,而|FB|=r=4,因此當(dāng)xB=2時,|BM|+|FB|有最小值,最小值為8,當(dāng)xB