高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題突破訓(xùn)練圓錐曲線

______________________________________________________________________________________________________________、解：（1）因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c2＝eq\f(1,2)a2，即a2－b2＝eq\f(1,2)a2，所以a2＝2b2．……2分故橢圓方程為eq\s\do1(\f(x2,2b2))＋eq\s\do1(\f(y2,b2))＝1．由題意，不妨設(shè)點A在第一象限，點B在第三象限．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝\s\do1(\f(1,2))x，,\s\do1(\f(x2,2b2))＋\s\do1(\f(y2,b2))＝1，))解得A(eq\s\do1(\f(2\r(,3),3))b，eq\s\do1(\f(\r(,3),3))b)．又AB＝2eq\r(5)，所以O(shè)A＝eq\r(5)，即eq\f(4,3)b2＋eq\f(1,3)b2＝5，解得b2＝3．故a＝eq\r(6)，b＝eq\r(3)．………………5分（2）方法一：由（1）知，橢圓E的方程為eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，k2，C(x0，y0)，顯然k1≠k2．從而k1·kCB＝eq\s\do1(\f(y0－1,x0－2))·eq\s\do1(\f(y0＋1,x0＋2))＝eq\s\do1(\f(y02－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(3(1－\s\do1(\f(x02,6)))－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(2－\s\do1(\f(x02,2)),x02－4))＝－eq\f(1,2)．所以kCB＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．……8分同理kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．于是直線AD的方程為y－1＝k2(x－2)，直線BC的方程為y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))從而點N的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得點M的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．…………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直線MN的斜率為定值－1．………14分②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．仍然設(shè)DA的斜率為k2，由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它們交點M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它們交點N(2－eq\f(2,k2)，－1)，從而kMN＝－1也成立．由①②可知，直線MN的斜率為定值－1．…………16分方法二：由（1）知，橢圓E的方程為eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，k2．顯然k1≠k2．直線AC的方程y－1＝k1(x－2)，即y＝k1x＋(1－2k1)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝k1x＋(1－2k1)，,\s\do1(\f(x2,6))＋\s\do1(\f(y2,3))＝1))得(1＋2k12)x2＋4k1(1－2k1)x＋2(4k12－4k1－2)＝0．設(shè)點C的坐標(biāo)為(x1，y1)，則2·x1＝eq\f(2(4k12－4k1－2),1＋2k12)，從而x1＝eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))．所以C(eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))，eq\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1)))．又B(－2，－1)，所以kBC＝eq\s\do1(\f(\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1))＋1,\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))＋2))＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．………………8分所以直線BC的方程為y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．又直線AD的方程為y－1＝k2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))從而點N的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得點M的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直線MN的斜率為定值－1．………………14分②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．仍然設(shè)DA的斜率為k2，則由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它們交點M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它們交點N(2－eq\f(2,k2)，－1)，從而kMN＝－1也成立．由①②可知，直線MN的斜率為定值－1．………………16分4、解：（1）因為，，所以，即，由得，，即,……3分又，所以，解得或(舍去)．……5分（2）當(dāng)時,，由得，，即，故，……8分所以，解得（負(fù)值已舍）．……10分（3）依題意，橢圓右焦點到直線的距離為，且，①由得，,即,②由①②得，，解得或(舍去).……13分所以，所以以為圓心，為半徑的圓與右準(zhǔn)線相切.……16分（注：第（2）小問中，得到橢圓右焦點到直線的距離為，得1分；直接使用焦半徑公式扣1分．）5、6、解：（1）由題意得，，解得，所以，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．……………4分（2）設(shè)，顯然直線的斜率都存在，設(shè)為，則，，所以直線的方程為：，消去得，化簡得，故點在定直線上運動．……………10分（3）由（2）得點的縱坐標(biāo)為，又，所以，則，所以點到直線的距離為，將代入得，所以面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故時，面積的最大值為．……………16分7、解：（1）由，設(shè)，則，，所以橢圓的方程為，因直線垂直于軸且點為橢圓的右焦點，即，代入橢圓方程，解得，于是，即，所以橢圓的方程為………………5分（2）將代入，解得，因點在第一象限，從而，由點的坐標(biāo)為，所以，直線的方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，解得，又過原點，于是，，所以直線的方程為，所以點到直線的距離，………………10分（3）假設(shè)存在點，使得為定值，設(shè)，當(dāng)直線與軸重合時，有，當(dāng)直線與軸垂直時，，由，解得，，所以若存在點，此時，為定值2.…………12分根據(jù)對稱性，只需考慮直線過點，設(shè)，，又設(shè)直線的方程為，與橢圓聯(lián)立方程組，化簡得，所以，，又，所以，將上述關(guān)系代入，化簡可得.綜上所述，存在點，使得為定值2……………16分8、解：（1）記橢圓C的半焦距為c．由題意，得b＝1，eq\F(c,a)＝eq\F(eq\R(,3),2)，c2＝a2＋b2，解得a＝2，b＝1．………………4分（2）由（1）知，橢圓C的方程為eq\F(x2,4)＋y2＝1，圓C1的方程為x2＋y2＝5．顯然直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0．……6分因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點，故方程組eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋m，,eq\F(x2,4)＋y2＝1))（*）有且只有一組解．由（*）得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4從而△＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－化簡，得m2＝1＋4k2．①…………10分因為直線l被圓x2＋y2＝5所截得的弦長為2eq\R(,2)，所以圓心到直線l的距離d＝EQ\r(,5－2)＝eq\R(,3)．即eq\F(|m|,eq\R(,k2＋1))＝eq\R(,3)．②………14分由①②，解得k2＝2，m2＝9．因為m＞0，所以m＝3．………16分9、解：（1）由題設(shè)知，∴．…………………3分解得．∴橢圓的方程為．……………………6分（2）圓的圓心為，點在圓上，∴（當(dāng)且僅當(dāng)直線過點E時取等號）．……9分設(shè)是橢圓上的任意一點，則，即．∴．………………13分因為，所以當(dāng)時，取得最大值12，即.所以的最大值為．……………16分10、11、解：（1）設(shè)點E（m，m），由B（0，－2）得A（2m，2m+2）．代入橢圓方程得，即，解得或（舍）．………………3分所以A（，），故直線AB的方程為．…………………6分（2）設(shè)，則，即．設(shè),由A，P，M三點共線，即，∴，又點M在直線y=x上，解得M點的橫坐標(biāo)，……………9分設(shè)，由B，P，N三點共線，即，∴，點N在直線y=x上，，解得N點的橫坐標(biāo)．…………12分所以O(shè)M·ON==＝2====．……16分12、解：（1）設(shè)，∵直線斜率為時，，∴，∴…………３分∴，∵，∴．∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．………………６分（２）以為直徑的圓過定點．設(shè)，則，且，即，∵，∴直線方程為：，∴，直線方程為：，∴，………………９分以為直徑的圓為即，………………12分∵，∴，令，，解得，∴以為直徑的圓過定點．………………16分13、14、解：（1）由條件得eq\F(1,a2)＋eq\F(1,b2)＝1，且c2＝2b2，所以a2＝3b2，解得b2＝eq\F(4,3)，a2＝4．所以橢圓方程為：eq\F(x2,4)＋eq\F(3y2,4)＝1．…3分（2）設(shè)l1方程為y＋1＝k(x＋1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋k－1，,x2＋3y2＝4，))消去y得(1＋3k2)x2＋6k(k－1)x＋3(k－1)2－4＝0．因為P為（－1，1），解得M（eq\F(－3k2＋6k＋1,1＋3k2)，eq\F(3k2＋2k－1,1＋3k2)）．………5分當(dāng)k≠0時，用－eq\F(1,k)代替k，得N（eq\F(k2－6k－3,k2＋3)，eq\F(－k2－2k＋3,k2＋3)）．………7分將k＝－1代入，得M（－2，0），N（1，1）．因為P（－1，－1），所以PM＝eq\R(,2)，PN＝2eq\R(,2)，所以△PMN的面積為eq\F(1,2)×eq\R(,2)×2eq\R(,2)＝2．………9分（3）解法一：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\al(x12＋3y12＝4，,x22＋3y22＝4，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＋3(y1＋y2)(y1－y2)＝0，因為線段MN的中點在x軸上，所以y1＋y2＝0，從而可得(x1＋x2)(x1－x2)＝0．………12分若x1＋x2＝0，則N(－x１，－y１)．因為PM⊥PN，所以eq\o(PM,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(PN,\d\fo1()\s\up7(→))＝0，得x12＋y12＝2．又因為x12＋3y12＝4，所以解得x1＝±1，所以M(－1，1)，N(1，－1)或M(1，－1)，N(－1，1)．所以直線MN的方程為y＝－x．