江苏高考数学压轴大题突破练圆锥曲线.docx
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江苏高考数学压轴大题突破练圆锥曲线
中档大题规范练——圆锥曲线
1.已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),实半轴长为.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若直线l:
y=kx+与双曲线C的左支交于A,B两点,求k的取值范围;
(3)在
(2)的条件下,线段AB的垂直平分线l0与y轴交于M(0,b),求b的取值范围.
解
(1)设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),
由已知,得a=,c=2,b2=c2-a2=1,
故双曲线方程为-y2=1.
(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),
将y=kx+代入-y2=1,
得(1-3k2)x2-6kx-9=0.
由题意,知解得 所以当 (3)由 (2),得xA+xB=, 所以yA+yB=(kxA+)+(kxB+) =k(xA+xB)+2=, 所以AB中点P的坐标为. 设l0的方程为y=-x+b,将P点的坐标代入l0的方程,得b=, ∵ ∴b的取值范围是(-∞,-2). 2.已知离心率为的椭圆C1的左,右焦点分别为F1,F2,抛物线C2: y2=4mx(m>0)的焦点为F2,设椭圆C1与抛物线C2的一个交点为P(x0,y0),PF1=. (1)求椭圆C1的标准方程及抛物线C2的标准方程; (2)直线x=m与椭圆C1在第一象限的交点为Q,若存在过点A(4,0)的直线l与椭圆C1相交于不同的两点M,N,使得36AQ2=35AM·AN,求出直线l的方程. 解 (1)∵在椭圆C1中c=m,e=, ∴a=2m,b2=3m2, 设椭圆C1的方程为+=1, 联立+=1与y2=4mx, 得3x2+16mx-12m2=0, 即(x+6m)·(3x-2m)=0, 得x=或-6m(舍去), 代入y2=4mx得y=±, ∴设点P的坐标为(,), PF2=+m=, PF1=2a-==, ∴m=1, 此时,椭圆C1的标准方程为+=1, 抛物线C2的标准方程为y2=4x. (2)由题设知直线l的斜率存在, 设直线l的方程为y=k(x-4), 由 消去y整理,得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0. 由题意知Δ=(-32k2)2-4(3+4k2)(64k2-12)>0, 解得- 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=. 由 (1)知m=1,∴解得 ∴点Q的坐标是(1,). ∴AQ2=, 由已知条件可知AM·AN=×=. 又AM·AN=· =· =(k2+1)·(4-x1)·(4-x2) =(k2+1)[x1x2-4(x1+x2)+16] =(k2+1)(-4×+16) =(k2+1)·. ∴(k2+1)·=, 解得k=±,经检验成立. ∴直线l的方程为x-2y-4=0或x+2y-4=0. 3.(2013·课标全国Ⅱ)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M: +=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为. (1)求M的方程; (2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值. 解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则 +=1,① +=1,② ①-②,得+=0. 因为=-1,设P(x0,y0), 因为P为AB的中点,且OP的斜率为, 所以y0=x0,即y1+y2=(x1+x2). 所以可以解得a2=2b2,即a2=2(a2-c2),即a2=2c2, 又因为右焦点(c,0)在直线x+y-=0上, 解得c=,所以a2=6, 所以M的方程为+=1. (2)因为CD⊥AB,直线AB方程为x+y-=0, 所以设直线CD方程为y=x+m, 将x+y-=0代入+=1得: 3x2-4x=0,即A(0,),B, 所以可得AB=; 将y=x+m代入+=1得: 3x2+4mx+2m2-6=0, 设C(x3,y3),D(x4,y4), 则CD==, 又因为Δ=16m2-12(2m2-6)>0, 即-3 所以当m=0时,CD取得最大值4,所以四边形ACBD面积的最大值为AB·CD=. 4.已知椭圆C: +=1(a>b>0),⊙O: x2+y2=b2,点A,F分别是椭圆C的左顶点和左焦点,点P是⊙O上的动点. (1)若P(-1,),PA是⊙O的切线,求椭圆C的方程; (2)是否存在这样的椭圆C,使得恒为常数? 如果存在,求出这个常数及C的离心率e;如果不存在,请说明理由. 解 (1)由P(-1,)在⊙O: x2+y2=b2上, 得b2=1+3=4. 直线PA的斜率kPA==,而直线PA的斜率kPA=-=,所以=,解得a=4. 所以a2=16,所以椭圆C的方程为+=1. (2)假设存在椭圆C,使得恒为常数. 设椭圆C的半焦距为c, 当P(-b,0)时,则有=; 当P(b,0)时,则有=. 依假设有=. ①当c-b>0时,有=, 所以(a-b)(b+c)=(a+b)(c-b), 化简整理得a=c,这是不可能的. ②当c-b<0时,有=. 所以(a-b)(b+c)=(a+b)(b-c), 化简整理得ac-b2=0. 所以c2-a2+ac=0,两边同除以a2, 得e2+e-1=0. 解得e=,或e=∉(0,1)(舍去). 可见,若存在椭圆C满足题意, 只可能离心率e=. 设P(x,y)为⊙O: x2+y2=b2上任意一点, 则= ===.(*) 由上c2-a2+ac=0, 得a2-c2=ac, 所以·=· =·c===1, 从而=. 代入(*)式得==, 所以存在满足题意的椭圆C,这个常数为, 椭圆C的离心率为e=. 5.已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1. (1)求动点P的轨迹C的方程; (2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,设l1与轨迹C相交于点A,B,l2与轨迹C相交于点D,E,求·的最小值. 解 (1)设动点P的坐标为(x,y),由题意有-|x|=1. 化简得y2=2x+2|x|. 当x≥0时,y2=4x; 当x<0时,y=0. 所以,动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≥0)和y=0(x<0). (2)由题意知,直线l1的斜率存在且不为0,设为k, 则l1的方程为y=k(x-1). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1,x2是上述方程的两个实根, 于是x1+x2=2+,x1x2=1. 因为l1⊥l2,所以l2的斜率为-. 设D(x3,y3),E(x4,y4), 则同理可得x3+x4=2+4k2,x3x4=1. 故·=(+)·(+) =·+·+·+· =||·||+||·|| =(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1) =x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1 =1++1+1+(2+4k2)+1 =8+4≥8+4×2=16. 当且仅当k2=,即k=±1时,·取最小值16. 6.在平面直角坐标系xOy中,动点P在椭圆C1: +y2=1上,且到椭圆C1的右焦点的距离与到直线x=2的距离之比等于椭圆的离心率.动点Q是动圆C2: x2+y2=r2(1 (1)设椭圆C1上的三点A(x1,y1),B(1,),C(x2,y2)与点F(1,0)的距离依次成等差数列,线段AC的垂直平分线是否经过一个定点? 请说明理由; (2)若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点,求P,Q两点的距离PQ的最大值. 解 (1)椭圆C1: +y2=1的离心率e=,右焦点为(1,0), 由题意可得AF=(2-x1),BF=(2-1), CF=(2-x2). 因为2BF=AF+CF, 所以(2-x1)+(2-x2)=2×(2-1), 即得x1+x2=2. 因为A,C在椭圆上,故有+y=1,+y=1, 两式相减,得kAC==-=-. 设线段AC的中点为(m,n), 而m==1,n=, 所以与直线AC垂直的直线斜率为k′=y2+y1=2n. 则线段AC的垂直平分线的方程为y-n=2n(x-1), 即y=n(2x-1)经过定点(,0). 即线段AC的垂直平分线过一个定点(,0). (2)依题意得,直线PQ的斜率显然存在, 设直线PQ的方程为y=kx+t, 设P(x′1,y′1),Q(x′2,y′2), 由于直线PQ与椭圆C1相切, 点P为切点,从而有 得(2k2+1)x′+4ktx′1+2(t2-1)=0. 故Δ=(4kt)2-4×2(t2-1)(2k2+1)=0, 从而可得t2=1+2k2,x′1=-,① 直线PQ与圆C2相切,则=r, 得t2=r2(1+k2),② 由①②得k2=,并且 PQ2=OP2-OQ2=1+-r2 =3-r2-≤3-2=(-1)2. 即0 故P,Q两点的距离PQ的最大值为-1. WelcomeTo Download! ! ! 欢迎您的下载,资料仅供参考!
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- 江苏 高考 数学 压轴 突破 圆锥曲线