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  • 2021-06-23 发布

2018年高考数学二轮复习习题:第一部分 五 解析几何 第三讲 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

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限时规范训练 A组——高考热点强化练 ‎1.已知动点P到直线l:x=-1的距离等于它到圆C:x2+y2-4x+1=0的切线长(P到切点的距离).记动点P的轨迹为曲线E.‎ ‎(1)求曲线E的方程.‎ ‎(2)点Q是直线l上的动点,过圆心C作QC的垂线交曲线E于A,B两点,问:是否存在常数λ,使得|AC|·|BC|=λ|QC|2?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.‎ 解析:(1)由已知得圆心为C(2,0),半径r=.设P(x,y),‎ 依题意可得|x+1|=,整理得y2=6x.‎ 故曲线E的方程为y2=6x.‎ ‎(2)设直线AB的方程为my=x-2,‎ 则直线CQ的方程为y=-m(x-2),可得Q(-1,3m).‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 将my=x-2代入y2=6x并整理得y2-6my-12=0,那么y1y2=-12,‎ 则|AC|·|BC|=(1+m2)|y1y2|=12(1+m2),|QC|2=9(1+m2),即|AC|·|BC|=|QC|2,所以λ=.‎ ‎2.(2017·高考北京卷)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.‎ ‎(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;‎ ‎(2)求证:A为线段BM的中点.‎ 解析:(1)由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=,所以抛物线C的方程为y2=x.‎ 抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.‎ ‎(2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).‎ 由得4k2x2+(4k-4)x+1=0,‎ 则x1+x2=,x1x2=.‎ 因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1).‎ 直线ON的方程为y=x,点B的坐标为.‎ 因为y1+-2x1= ‎= ‎= ‎==0,‎ 所以y1+=2x1,‎ 故A为线段BM的中点.‎ ‎3.如图所示,已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好在抛物线x2=8y的准线上.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)点P(2,),Q(2,-)在椭圆上,A,B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点,当A,B运动时,满足∠APQ=∠BPQ,试问:直线AB的斜率是否为定值,请说明理由.‎ 解析:(1)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0).‎ ‎∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2=8y的准线y=-2上,‎ ‎∴-b=-2,解得b=2.‎ 又=,a2=b2+c2,‎ ‎∴a=4,c=2.‎ 可得椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ ‎∵∠APQ=∠BPQ,则PA,PB的斜率互为相反数,‎ 可设直线PA的斜率为k,则PB的斜率为-k,‎ 直线PA的方程为:y-=k(x-2),‎ 联立 化为(1+4k2)x2+8k(-2k)x+4(-2k)2-16=0,‎ ‎∴x1+2=.‎ 同理可得:x2+2==,‎ ‎∴x1+x2=,x1-x2=,‎ kAB===.‎ ‎∴直线AB的斜率为定值.‎ ‎4.如图,设P是抛物线C1:x2=y上的动点,过点P作圆C2:x2+(y+3)2‎ ‎=1的两条切线,交直线l:y=-3于A,B两点.‎ ‎(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离.‎ ‎(2)是否存在点P,使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解析:(1)因为抛物线C1的准线方程为y=-,所以圆心M到抛物线C1准线的距离为=.‎ ‎(2)设存在满足题意的点P,其坐标为(x0,x),抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D.‎ 再设A,B,D的横坐标分别为xA,xB,xD,‎ 过点P(x0,x)的抛物线C1的切线方程为y-x=2x0(x-x0).①‎ 当x0=1时,过点P(1,1)的圆C2的切线PA为y-1=(x-1),‎ 可得xA=-,xB=1,xD=-1,xA+xB≠2xD.‎ 当x0=-1时,过点P(-1,1)的圆C2的切线PB为y-1=-(x+1),‎ 可得xA=-1,xB=,xD=1,xA+xB≠2xD.‎ 所以x-1≠0,‎ 设切线PA,PB的斜率分别为k1,k2,则 PA:y-x=k1(x-x0),②‎ PB:y-x=k2(x-x0).③‎ 将y=-3分别代入①②③得xD=(x0≠0);xA=x0-;xB=x0-(k1,k2≠0).‎ 从而xA+xB=2x0-(x+3),又=1,‎ 即(x-1)k-2(x+3)x0k1+(x+3)2-1=0,‎ 同理,(x-1)k-2(x+3)x0k2+(x+3)2-1=0.‎ 所以k1,k2是方程(x-1)k2-2(x+3)x0k+(x+3)2-1=0的两个不相等的根,‎ 从而k1+k2=,k1·k2=.‎ 因为xA+xB=2xD,所以2x0-(3+x)=,即+=.‎ 从而=,进而得x=8,x0=±.‎ 综上所述,存在点P满足题意,点P的坐标为(±,2).‎ B组——高考能力提速练 ‎1.(2017·高考北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.‎ 解析:(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),‎ 由题意得解得c=,所以b2=a2-c2=1,‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明:设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n),‎ 由题设知m≠±2,且n≠0.‎ 直线AM的斜率kAM=,‎ 故直线DE的斜率kDE=-,‎ 所以直线DE的方程为y=-(x-m),‎ 直线BN的方程为y=(x-2).‎ 联立解得点E的纵坐标yE=-.‎ 由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2,所以yE=-n.‎ 又S△BDE=|BD|·|yE|=|BD|·|n|,S△BDN=|BD|·|n|,‎ 所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.‎ ‎2.已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点.问:是否存在k的值,使以CD为直径的圆过E点?请说明理由.‎ 解析:(1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0.‎ 依题意解得 ‎∴椭圆方程为+y2=1.‎ ‎(2)假若存在这样的k值,‎ 由得(1+3k2)x2+12kx+9=0,‎ ‎∴Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0. ①‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),则 ②‎ 而y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4.‎ 要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CE⊥DE时,‎ 则·=-1,即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,‎ ‎∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0, ③‎ 将②代入③整理解得k=,经验证k=,此时①成立.‎ 综上可知,存在k=,使得以CD为直径的圆过点E.‎ ‎3.椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点为A,P是C上的一点,以AP为直径的圆经过椭圆C的右焦点F.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)动直线l与椭圆C有且只有一个公共点,问:在x轴上是否存在两个定点,它们到直线l的距离之积等于1?如果存在,求出这两个定点的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ 解析:(1)F(c,0),A(0,b),由题设可知·=0,‎ ‎∴c2-c+=0. ①‎ 又点P在椭圆C上,∴+=1,∴a2=2. ②‎ 又b2+c2=a2=2, ③‎ 联立①③,解得c=1,b2=1,‎ 故所求椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,代入椭圆方程,‎ 消去y整理得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,(*)‎ 方程(*)有且只有一个实根,又2k2+1>0,‎ 所以Δ=0,得m2=2k2+1,‎ 假设存在M1(λ1,0),M2(λ2,0)满足题设,‎ 则d1·d2== ‎==1对任意的实数k恒成立.‎ 所以解得或 当直线l的斜率不存在时,经检验符合题意.‎ 综上所述,存在两个定点M1(1,0),M2(-1,0),使它们到直线l的距离之积等于1.‎ ‎4.(2017·黄冈模拟)如图,已知点F1,F2是椭圆C1:+y2=1的两个焦点,椭圆C2:+y2=λ经过点F1,F2,点P是椭圆C2上异于F1,F2的任意一点,直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A,B和C,D.设AB,CD的斜率分别为k,k′.‎ ‎(1)求证:k·k′为定值;‎ ‎(2)求|AB|·|CD|的最大值.‎ 解析:(1)证明:因为点F1,F2是椭圆C1的两个焦点,故F1,F2的坐标是F1(-1,0),F2(1,0).‎ 而点F1,F2是椭圆C2上的点,将F1,F2的坐标代入C2的方程得,λ=.‎ 设点P的坐标是(x0,y0),‎ ‎∵直线PF1和PF2的斜率分别是k,k′(k≠0,k′≠0)‎ ‎∴kk′=·=,①‎ 又点P是椭圆C2上的点,故+y=,②‎ 联立①②两式可得kk′=-,即k·k′为定值.‎ ‎(2)直线PF1的方程可表示为y=k(x+1)(k≠0),‎ 与椭圆C1的方程联立,‎ 得到方程组 由方程组得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.‎ ‎|AB|=|x1-x2|==.‎ 同理可求得|CD|=,‎ 则|AB|·|CD|= ‎=4≤,‎ 当且仅当k=±时等号成立.‎ 故|AB|·|CD|的最大值等于.‎

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