高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題5 解析幾何 第18講 高考中的圓錐曲線專題限時(shí)集訓(xùn) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題限時(shí)集訓(xùn)(十九)高考中的圓錐曲線(建議用時(shí)：45分鐘)1．(2014·江蘇高考)如圖18－5，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，連結(jié)BF2并延長交橢圓于點(diǎn)A，過點(diǎn)A作x軸的垂線交橢圓于另一點(diǎn)C，連結(jié)F1C.圖18－5(1)若點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，且BF2＝eq\r(2)，求橢圓的方程；(2)若F1C⊥AB，求橢圓離心率e[解]設(shè)橢圓的焦距為2c，則F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,(1)因?yàn)锽(0，b)，所以BF2＝eq\r(b2＋c2)＝a.又BF2＝eq\r(2)，故a＝eq\r(2).3分因?yàn)辄c(diǎn)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))在橢圓上，所以eq\f(\f(16,9),a2)＋eq\f(\f(1,9),b2)＝1，解得b2＝1.故所求橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.6分(2)因?yàn)锽(0，b)，F(xiàn)2(c,0)在直線AB上，所以直線AB的方程為eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,c)＋\f(y,b)＝1，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a2c,a2＋c2)，,y1＝\f(bc2－a2,a2＋c2)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝b.))所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(bc2－a2,a2＋c2))).10分又AC垂直于x軸，由橢圓的對稱性，可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(ba2－c2,a2＋c2))).因?yàn)橹本€F1C的斜率為eq\f(\f(ba2－c2,a2＋c2)－0,\f(2a2c,a2＋c2)－－c)＝eq\f(ba2－c2,3a2c＋c3)，直線AB的斜率為－eq\f(b,c)，且F1C⊥AB，所以eq\f(ba2－c2,3a2c＋c3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝eq\f(1,5)，因此e＝eq\f(\r(5),5).16分2．(2016·南通二調(diào))如圖18－6，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2).A為橢圓上異于頂點(diǎn)的一點(diǎn)，點(diǎn)P滿足eq\o(OP,\s\up14(→))＝2eq\o(AO,\s\up14(→)).圖18－6(1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，eq\r(2))，求橢圓的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)P的一條直線交橢圓于B，C兩點(diǎn)，且eq\o(BP,\s\up14(→))＝meq\o(BC,\s\up14(→))，直線OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，求實(shí)數(shù)m的值．【導(dǎo)學(xué)號：19592055】[解](1)因?yàn)閑q\o(OP,\s\up14(→))＝2eq\o(AO,\s\up14(→))，而P(2，eq\r(2))，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2))).3分代入橢圓方程，得eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，①又橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2)，②由①②，得a2＝2，b2＝1，故橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.6分(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，因?yàn)閑q\o(OP,\s\up14(→))＝2eq\o(AO,\s\up14(→))，所以P(－2x1，－2y1)．因?yàn)閑q\o(BP,\s\up14(→))＝meq\o(BC,\s\up14(→))，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1－x2＝mx3－x2，,－2y1－y2＝my3－y2，))于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1，,y3＝\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1，))10分代入橢圓方程，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1))2,b2)＝1，即eq\f(4,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)))＋eq\f(m－12,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)))－eq\f(4m－1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,a2)＋\f(y1y2,b2)))＝1，③14分因?yàn)锳，B在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1.④因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－eq\f(1,2)，結(jié)合②知eq\f(x1x2,a2)＋eq\f(y1y2,b2)＝0.⑤將④⑤代入③，得eq\f(4,m2)＋eq\f(m－12,m2)＝1，解得m＝eq\f(5,2).16分3．(2016·江蘇高考)如圖18－7，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p>0)．圖18－7(1)若直線l過拋物線C的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程；(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點(diǎn)P和Q.①求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)；②求p的取值范圍．[解](1)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，3分由點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直線l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以拋物線C的方程為y2＝8x.6分(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點(diǎn)M(x0，y0)．因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為－1，則可設(shè)其方程為y＝－x＋b.①證明：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)10分因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以y1≠y2，從而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)>0，化簡得p＋2b>0.方程(*)的兩根為y1,2＝－p±eq\r(p2＋2pb)，從而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因?yàn)镸(x0，y0)在直線l上，所以x0＝2－p.12分因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)．②因?yàn)镸(2－p，－p)在直線y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b>0，于是p＋2(2－2p)>0，所以p<eq\f(4,3).因此，p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).16分4．如圖18－8，等邊三角形OAB的邊長為8eq\r(3)，且其三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線E：x2＝2py(p>0)上．圖18－8(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(diǎn)P，與直線y＝－1相交于點(diǎn)Q.證明：以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點(diǎn)．[解](1)依題意，OB＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°，設(shè)B(x，y)，則x＝OBsin30°＝4eq\r(3)，y＝OBcos30°＝12.因?yàn)辄c(diǎn)B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq\r(3))2＝2p×12，解得p＝2.故拋物線E的方程為x2＝4y.6分(2)證明：法一：由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x.設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，且l的方程為y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x0x－\f(1,4)x\o\al(2,0)，,y＝－1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，,y＝－1.))所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1)).10分設(shè)M(0，y1)，令eq\o(MP,\s\up14(→))·eq\o(MQ,\s\up14(→))＝0對滿足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的x0，y0恒成立．由于eq\o(MP,\s\up14(→))＝(x0，y0－y1)，eq\o(MQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1－y1))，由eq\o(MP,\s\up14(→))·eq\o(MQ,\s\up14(→))＝0，得eq\f(x\o\al(2,0)－4,2)－y0－y0y1＋y1＋yeq\o\al(2,1)＝0，即(yeq\o\al(2,1)＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)由于(*)式對滿足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的y0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－y1＝0，,y\o\al(2,1)＋y1－2＝0，))解得y1＝1.故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1).16分法二：由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x.設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，且l的方程為y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x0x－\f(1,4)x\o\al(2,0)，,y＝－1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，,y＝－1.))10分所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1)).取x0＝2，此時(shí)P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ為直徑的圓為(x－1)2＋y2＝2，交y軸于點(diǎn)M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此時(shí)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,4)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，以PQ為直徑的圓為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,8)))2＝eq\f(125,64)，交y軸于M3(0,1)或M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(7,4))).故若滿足條件的點(diǎn)M存在，只能是M(0,1)．以下證明點(diǎn)M(0,1)就是所要求的點(diǎn)．因?yàn)閑q\o(MP,\s\up14(→))＝(x0，y0－1)，eq\o(MQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－2))，所以eq\o(MP,\s\up14(→))·eq\o(MQ,\s\up14(→))＝eq\f(x\o\al(2,0)－4,2)－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1).16分5．(2016·南京鹽城一模)如圖18－9，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點(diǎn)M(x0，y0)是橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1上一點(diǎn)，從原點(diǎn)O向圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作兩條切線分別與橢圓C交于點(diǎn)P，Q，直線OP，OQ的斜率分別記為k1，k2.圖18－9(1)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點(diǎn)，求圓M的方程；(2)若r＝eq\f(2\r(5),5).①求證：k1k2＝－eq\f(1,4)；②求OP·OQ的最大值．[解](1)因?yàn)闄E圓C右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq\r(3)，0)，所以圓心M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，±\f(1,2)))，4分從而圓M的方程為(x－eq\r(3))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y±\f(1,2)))2＝eq\f(1,4).6分(2)①證明：因?yàn)閳AM與直線OP：y＝k1x相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(k\o\al(2,1)＋1))＝eq\f(2\r(5),5)，即(4－5xeq\o\al(2,0))keq\o\al(2,1)＋10x0y0k1＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0，同理，有(4－5xeq\o\al(2,0))keq\o\al(2,2)＋10x0y0k2＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0，所以k1，k2是方程(4－5xeq\o\al(2,0))k2＋10x0y0k＋4－5yeq\o\al(2,0)＝0的兩根，從而k1k2＝eq\f(4－5y\o\al(2,0),4－5x\o\al(2,0))＝eq\f(4－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)x\o\al(2,0))),4－5x\o\al(2,0))＝eq\f(－1＋\f(5,4)x\o\al(2,0),4－5x\o\al(2,0))＝－eq\f(1,4).10分②設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(4,1＋4k\o\al(2,1))，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))，12分同理，xeq\o\al(2,2)＝eq\f(4,1＋4k\o\al(2,2))，yeq\o\al(2,2)＝eq\f(4k\o\al(2,2),1＋4k\o\al(2,2))，所以O(shè)P2·OQ2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1＋4k\o\al(2,1))＋\f(4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,1＋4k\o\al(2,2))＋\f(4k\o\al(2,2),1＋4k\o\al(2,2))))＝eq\f(41＋k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))·eq\f(41＋k\o\al(2,2),1＋4k\o\al(2,2))＝eq\f(4＋4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))·eq\f(1＋16k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))≤eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5＋20k\o\al(2,1),2)))2,1＋4k\o\al(2,1)2)＝eq\f(25,4)，當(dāng)且僅當(dāng)k1＝±eq\f(1,2)時(shí)取等號．所以O(shè)P·OQ的最大值為eq\f(5,2).16分6.(2016·蘇州期末)如圖18－10，已知橢圓O：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)B，C分別是橢圓O的上，下頂點(diǎn)，點(diǎn)P是直線l：y＝－2上的一個(gè)動點(diǎn)(與y軸交點(diǎn)除外)，直線PC交橢圓于另一點(diǎn)M.圖18－10(1)當(dāng)直線PM過橢圓的右焦點(diǎn)F時(shí)，求△FBM的面積；(2)①記直線BM，BP的斜率分別為k1，k2，求證：k1·k2為定值；②求eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))的取值范圍．[解](1)由題意B(0,1)，C(0，－1)，焦點(diǎn)F(eq\r(3)，0)，當(dāng)直線PM過橢圓的右焦點(diǎn)F時(shí)，則直線PM的方程為eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,－1)＝1，即y＝eq\f(\r(3),3)x－1，聯(lián)立，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).3分連結(jié)BF，則直線BF：eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,1)＝1，即x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，而BF＝a＝2，M到直線BF的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)·\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋\r(3)2))＝eq\f(\f(2\r(3),7),2)＝eq\f(\r(3),7).故S△MBF＝eq\f(1,2)·BF·d＝eq\f(1,2)·2·eq\f(\r(3),7)＝eq\f(\r(3),7).6分(2)法一：①設(shè)P(m，－2)，且m≠0，則直線PM的斜率為k＝eq\f(－1－－2,0－m)＝－eq\f(1,m)，則直線PM的方程為y＝－eq\f(1,m)x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq\f(8,m)x＝0，解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，8分所以k1＝eq\f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq\f(－2m2,－8m)＝eq\f(1,4)m，k2＝eq\f(1－－2,0－m)＝－eq\f(3,m)，所以k1·k2＝－eq\f(3,m)·eq\f(1,4)m＝－eq\f(3,4)為定值.12分②由①知，eq\o(PB,\s\up14(→))＝(－m,3)，eq\o(PM,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋4)－m，\f(4－m2,m2＋4)＋2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))，所以eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))＝(－m,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m3＋12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))＝eq\f(m4＋15m2＋36,m2＋4)，令m2＋4＝t>4，故eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))＝eq\f(t－42＋15t－4＋36,t)＝eq\f(t2＋7t－8,t)＝t－eq\f(8,t)＋7，因?yàn)閥＝t－eq\f(8,t)＋7在t∈(4，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eq\o(PB,\s\up14(→))·eq\o(PM,\s\up14(→))＝t－eq\f(8,t)＋7>4－eq\f(