全國(guó)統(tǒng)考高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)解題思維7高考中圓錐曲線解答題的提分策略備考試題文含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1解題思維7高考中圓錐曲線解答題的提分策略1.〖2021蓉城名校聯(lián)考,12分〗已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,上、下頂點(diǎn)分別為B1,B2,且|A1B(1)求橢圓C1的方程;(2)點(diǎn)Р是圓C2:(x-2)2+(y-3)2=1上一點(diǎn),射線OP與橢圓C1交于點(diǎn)M,直線A1M,A2M,PM的斜率分別為k1,k2,k3,求k1·k2·k3的取值范圍.2.〖2021安徽宣城調(diào)研,12分〗已知拋物線C:y2=2px(0<p<8)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)Q是拋物線C上的一點(diǎn),且點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為4,點(diǎn)Q到焦點(diǎn)的距離為5.(1)求拋物線C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過點(diǎn)Q且與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),直線QA,QB的斜率分別為k1,k2,若k1k2=-2,證明:直線AB過定點(diǎn),并求出此定點(diǎn).3.〖2021晉南高中聯(lián)考,12分〗已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,上頂點(diǎn)為A,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且∠F1(1)求橢圓C的方程.(2)設(shè)點(diǎn)M,N為橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),若OM·ON=0,問:點(diǎn)O到直線MN的距離d是否為定值?若是,求出d的值;若不是,請(qǐng)說明理由.4.〖2021湖北荊門模擬,12分〗如圖7-1所示,點(diǎn)P(0,-1)是橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn),C1的長(zhǎng)軸是圓C2:x2+y2=4的直徑,l1,l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線,其中l(wèi)1交圓C2于點(diǎn)A,B,(1)求橢圓C1的方程;(2)當(dāng)△ABD的面積最大時(shí),求直線l1的方程.答案解題思維7高考中圓錐曲線解答題的提分策略1.(1)在橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b∴a2+b2=20,又e=ca=32,且a2=b2+c2,解得∴橢圓C1的方程為x216+y(2)設(shè)M(x0,y0),由題意可得x0216于是x02-16=-4k1=y0x0+4,k2=y0x0-4將①代入上式,可得k1k2=-14.直線MP(即OP)的方程為y=k3x,則圓心(2,3)到直線MP的距離不大于1,即|2k3-3|1+k32≤1,即(2k3-3)2≤1+k32,解得故k1·k2·k3的取值范圍是〖-3+36,3-32.(1)由題意得Q(8p,4),準(zhǔn)線方程為x=-p2,由拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離,可得8p+p2=5,解得p=2或p=8(舍去),所以拋物線C(2)由題意設(shè)直線AB的方程為x=my+b,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立直線AB與拋物線的方程,得x=my+b,y2=4則Δ=16m2+16b>0,y1+y2=4m,y1y2=-4b.(6分)由(1)可得Q(4,4),易知x1≠4,x2≠4,則k1·k2=y1-4x即(y1-4)(y2-4)=-2(x1-4)(x2-4),即(y1-4)(y2-4)=-2(my1+b-4)(my2+b-4),整理可得(1+2m2)y1y2+(2mb-8m-4)(y1+y2)+2b2-16b+48=0,(8分)將y1+y2=4m,y1y2=-4b代入,可得b2-10b+24=16m2+8m,即(b-5)2=(1+4m)2,(10分)所以b-5=1+4m或b-5=-1-4m,即b=6+4m或b=4-4m.當(dāng)b=6+4m時(shí),直線AB的方程為x=my+6+4m,即x-6-m(y+4)=0,根據(jù)x-6=0,y+4=0,可得x=6,當(dāng)b=4-4m時(shí),直線AB的方程為x=my+4-4m,即x-4-m(y-4)=0,根據(jù)x-4=0,y-4=0,可得x=4,由題意可得直線AB不過點(diǎn)Q(4,4),所以直線AB恒過定點(diǎn)(6,-4).(12分)3.(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c.由已知可得2a=4,解得a=2.(1分)因?yàn)椤螰1AF2=60°,所以在Rt△OAF2中,∠OAF2=30°,|OA|=b,|OF2|=c,|AF2|=a=2,所以cos∠OAF2=ba解得b=3.(3分)所以橢圓C的方程為x24+y(2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí),MN⊥x軸.由OM·ON=0可得OM⊥ON.結(jié)合橢圓的對(duì)稱性,可設(shè)M(x,x),N(x,-x),則d=|x|.(5分)將點(diǎn)M(x,x)代入橢圓C的方程,得x2解得x=±2217,所以d=221當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,此時(shí)點(diǎn)O到直線MN的距離d=|m|1+k2,即d2設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由y可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,則Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,得m2<4k2+3.所以x1+x2=-8km3+4k2,x1x2所以x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·4m2-123+4k2-8又OM·ON=0,所以x1x2+y1y2=0,即7m2-12(k2+1)3+4k2=0,解得m2所以d2=127,得d=2217綜上所述,點(diǎn)O到直線MN的距離d是2217,是定值.4.(1)由題意可得b=1,2a=4,即a=2.所以橢圓C1的方程為x24+y2=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由題意可知直線l1的斜率存在.當(dāng)l1的斜率為0時(shí),有|AB|=23,D(0,1),S△ABD=12×|AB|×|PD|=23.(3分)當(dāng)l1的斜率不為0時(shí),設(shè)為k,則直線l1的方程為y=kx-1.又圓C2:x2+y2=4的圓心O(0,0)到直線l1的距離d=1k所以|AB|=24-d2=24k又l2⊥l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0,由x+ky+k=0,x2+4y2=4,消去y并整理得(4+k2代入直線l2的方程得y0=4-k24+k2所以△ABD的面積S=12×|AB|×|PD|=84k解法一(利用二次函數(shù)求最值)令4+k2=t,則t>4,k2=t-4,所以S=84(t-4)+3t=84t當(dāng)且僅當(dāng)t=132,即k2=52,k=±10又161313>23,故所求直線l1的方程為y=±102x-1解法二(利用基本不等式求最值)令3+4k2=t,則t>3,k2=14(S=8t4+1當(dāng)且僅當(dāng)t=13t,即t=13,k2=52,k=±10又161313>23,故所求直線l1的方程為y=±102x-1解題思維7高考中圓錐曲線解答題的提分策略1.〖2021蓉城名校聯(lián)考,12分〗已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,上、下頂點(diǎn)分別為B1,B2,且|A1B(1)求橢圓C1的方程;(2)點(diǎn)Р是圓C2:(x-2)2+(y-3)2=1上一點(diǎn),射線OP與橢圓C1交于點(diǎn)M,直線A1M,A2M,PM的斜率分別為k1,k2,k3,求k1·k2·k3的取值范圍.2.〖2021安徽宣城調(diào)研,12分〗已知拋物線C:y2=2px(0<p<8)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)Q是拋物線C上的一點(diǎn),且點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為4,點(diǎn)Q到焦點(diǎn)的距離為5.(1)求拋物線C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過點(diǎn)Q且與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),直線QA,QB的斜率分別為k1,k2,若k1k2=-2,證明:直線AB過定點(diǎn),并求出此定點(diǎn).3.〖2021晉南高中聯(lián)考,12分〗已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,上頂點(diǎn)為A,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且∠F1(1)求橢圓C的方程.(2)設(shè)點(diǎn)M,N為橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),若OM·ON=0,問:點(diǎn)O到直線MN的距離d是否為定值?若是,求出d的值;若不是,請(qǐng)說明理由.4.〖2021湖北荊門模擬,12分〗如圖7-1所示,點(diǎn)P(0,-1)是橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn),C1的長(zhǎng)軸是圓C2:x2+y2=4的直徑,l1,l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線,其中l(wèi)1交圓C2于點(diǎn)A,B,(1)求橢圓C1的方程;(2)當(dāng)△ABD的面積最大時(shí),求直線l1的方程.答案解題思維7高考中圓錐曲線解答題的提分策略1.(1)在橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b∴a2+b2=20,又e=ca=32,且a2=b2+c2,解得∴橢圓C1的方程為x216+y(2)設(shè)M(x0,y0),由題意可得x0216于是x02-16=-4k1=y0x0+4,k2=y0x0-4將①代入上式,可得k1k2=-14.直線MP(即OP)的方程為y=k3x,則圓心(2,3)到直線MP的距離不大于1,即|2k3-3|1+k32≤1,即(2k3-3)2≤1+k32,解得故k1·k2·k3的取值范圍是〖-3+36,3-32.(1)由題意得Q(8p,4),準(zhǔn)線方程為x=-p2,由拋物線上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離,可得8p+p2=5,解得p=2或p=8(舍去),所以拋物線C(2)由題意設(shè)直線AB的方程為x=my+b,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立直線AB與拋物線的方程,得x=my+b,y2=4則Δ=16m2+16b>0,y1+y2=4m,y1y2=-4b.(6分)由(1)可得Q(4,4),易知x1≠4,x2≠4,則k1·k2=y1-4x即(y1-4)(y2-4)=-2(x1-4)(x2-4),即(y1-4)(y2-4)=-2(my1+b-4)(my2+b-4),整理可得(1+2m2)y1y2+(2mb-8m-4)(y1+y2)+2b2-16b+48=0,(8分)將y1+y2=4m,y1y2=-4b代入,可得b2-10b+24=16m2+8m,即(b-5)2=(1+4m)2,(10分)所以b-5=1+4m或b-5=-1-4m,即b=6+4m或b=4-4m.當(dāng)b=6+4m時(shí),直線AB的方程為x=my+6+4m,即x-6-m(y+4)=0,根據(jù)x-6=0,y+4=0,可得x=6,當(dāng)b=4-4m時(shí),直線AB的方程為x=my+4-4m,即x-4-m(y-4)=0,根據(jù)x-4=0,y-4=0,可得x=4,由題意可得直線AB不過點(diǎn)Q(4,4),所以直線AB恒過定點(diǎn)(6,-4).(12分)3.(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c.由已知可得2a=4,解得a=2.(1分)因?yàn)椤螰1AF2=60°,所以在Rt△OAF2中,∠OAF2=30°,|OA|=b,|OF2|=c,|AF2|=a=2,所以cos∠OAF2=ba解得b=3.(3分)所以橢圓C的方程為x24+y(2)當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí),MN⊥x軸.由OM·ON=0可得OM⊥ON.結(jié)合橢圓的對(duì)稱性,可設(shè)M(x,x),N(x,-x),則d=|x|.(5分)將點(diǎn)M(x,x)代入橢圓C的方程,得x2解得x=±2217,所以d=221當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,此時(shí)點(diǎn)O到直線MN的距離d=|m|1+k2,即d2設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由y可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,則Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,得m2<4k2+3.所以x1+x2=-8km3+4k2,x1x2所以x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·4m2-123+4k2-8又OM·ON=0,所以x1x2+y1y2=0,即7m2-12(k2+1)3+4k2=0,解得m2所以d2=127,得d=2217綜上所述,點(diǎn)O到直線MN的距離d是2217,是定值.4.(1)由題意可得b=1,2a=4,即a=2.所以橢圓C1的方程為x24+y2=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由題意可知直線l1的斜率存在.當(dāng)l1的斜率為0時(shí),有|AB|=23,D(0,1),S△ABD=12×|AB|×|PD|=23.(3分)當(dāng)l1的斜率不為0時(shí),設(shè)為k,則直線l1的方程為y=kx-1.又圓C2:x2+y2=4的圓心O(0,0)到直線l1的距離d=1k所以|AB|=24-d2=24k又l2⊥l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0,由x+ky+k=0,x2+4y2=4,消去y