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【考前三个月】2015高考数学(江苏专用文科)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 3. (1)求双曲线 C 的方程; (2)若直线 l:y=kx+ 2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. x2 y2 解 (1)设双曲线方程为 2- 2=1 (a>0,b>0), a b 由已知,得 a= 3,c=2,b2=c2-a2=1, x2 故双曲线方程为 -y2=1. 3 (2)设 A(xA,yA),B(xB,yB), x2 将 y=kx+ 2代入 -y2=1, 3 得(1-3k2)x2-6 2kx-9=0.

?Δ=36?1-k ?>0, ? 6 2k 由题意,知?x +x = <0, 1-3k -9 ? ?x x =1-3k >0,
2 A B 2 A B 2

1-3k2≠0,

解得

3 <k<1. 3

3 <k<1 时,直线 l 与双曲线 C 的左支有两个交点. 3 6 2k (3)由(2),得 xA+xB= , 1-3k2 所以当 所以 yA+yB=(kxA+ 2)+(kxB+ 2) 2 2 =k(xA+xB)+2 2= , 1-3k2 ? 3 2k , 2 ?. 所以 AB 中点 P 的坐标为? ? ?1-3k2 1-3k2? 1 4 2 设 l0 的方程为 y=- x+b,将 P 点的坐标代入 l0 的方程,得 b= , k 1-3k2 3 ∵ <k<1,∴-2<1-3k2<0,∴b<-2 2. 3 ∴b 的取值范围是(-∞,-2 2). 1 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 2 7 F2,设椭圆 C1 与抛物线 C2 的一个交点为 P(x0,y0),PF1= . 3 (1)求椭圆 C1 的标准方程及抛物线 C2 的标准方程;
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(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. 1 解 (1)∵在椭圆 C1 中 c=m,e= , 2 ∴a=2m,b2=3m2, x2 y2 设椭圆 C1 的方程为 2+ 2=1, 4m 3m 2 2 x y 联立 2+ 2=1 与 y2=4mx, 4m 3m 得 3x2+16mx-12m2=0, 即(x+6m)· (3x-2m)=0, 2m 得 x= 或-6m(舍去), 3 2 6m 代入 y2=4mx 得 y=± , 3 2m 2 6m ∴设点 P 的坐标为( , ), 3 3 2m 5m PF2= +m= , 3 3 5m 7m 7 PF1=2a- = = , 3 3 3 ∴m=1, x2 y2 此时,椭圆 C1 的标准方程为 + =1, 4 3 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), y=k?x-4?, ? ?2 2 由?x y ? 4 + 3 =1, ? 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, 1 1 解得- <k< . 2 2 设 M(x1,y1),N(x2,y2), 64k2-12 32k2 则 x1+x2= . 2,x1x2= 3+4k 3+4k2 x=1, x=1, ? ? ?2 2 ? 由(1)知 m=1,∴?x y 解得? 3 + =1, , ? ? 2 ?4 3 ?y=± 3 ∴点 Q 的坐标是(1, ). 2
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45 ∴AQ2= , 4 36 45 81 由已知条件可知 AM· AN= × = . 35 4 7
2 2 又 AM· AN= ?4-x1?2+y2 1· ?4-x2? +y2

= ?4-x1?2+k2?4-x1?2· ?4-x2?2+k2?4-x2?2 =(k2+1)· (4-x1)· (4-x2) =(k2+1)[x1x2-4(x1+x2)+16] 64k2-12 32k2 2 =(k +1)( +16) 2 -4× 3+4k 3+4k2 36 =(k2+1)· . 3+4k2 36 81 ∴(k2+1)· , 2= 7 3+4k 2 解得 k=± ,经检验成立. 4 ∴直线 l 的方程为 x-2 2y-4=0 或 x+2 2y-4=0. x2 y2 3.(2013· 课标全国Ⅱ)平面直角坐标系 xOy 中,过椭圆 M: 2+ 2=1(a>b>0)右焦点的直线 x a b 1 +y- 3=0 交 M 于 A,B 两点,P 为 AB 的中点,且 OP 的斜率为 . 2 (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 x2 y2 1 1 2+ 2=1,① a b x2 y2 2 2 2+ 2=1,② a b ?x1-x2??x1+x2? ?y1-y2??y1+y2? ①-②,得 + =0. a2 b2 y1-y2 因为 =-1,设 P(x0,y0), x1-x2 1 因为 P 为 AB 的中点,且 OP 的斜率为 , 2 1 1 所以 y0= x0,即 y1+y2= (x1+x2). 2 2 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- 3=0 上, 解得 c= 3,所以 a2=6, x2 y2 所以 M 的方程为 + =1. 6 3 (2)因为 CD⊥AB,直线 AB 方程为 x+y- 3=0, 所以设直线 CD 方程为 y=x+m,
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x2 y2 将 x+y- 3=0 代入 + =1 得: 6 3 4 3 3? 3x2-4 3x=0,即 A(0, 3),B? , ? 3 ,- 3 ? 4 6 所以可得 AB= ; 3 2 x y2 将 y=x+m 代入 + =1 得: 6 3 3x2+4mx+2m2-6=0, 设 C(x3,y3),D(x4,y4), 则 CD= 2 ?x3+x4?2-4x3x4= 2 2 18-2m2, 3

又因为 Δ=16m2-12(2m2-6)>0, 即-3<m<3, 1 8 6 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= . 2 3 2 2 x y 4.已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0),⊙O:x2+y2=b2,点 A,F 分别是椭圆 C 的左顶点和左焦 a b 点,点 P 是⊙O 上的动点. (1)若 P(-1, 3),PA 是⊙O 的切线,求椭圆 C 的方程; PA (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 PF 果不存在,请说明理由. 解 (1)由 P(-1, 3)在⊙O:x2+y2=b2 上, 得 b2=1+3=4. 直线 PA 的斜率 kPA= 解得 a=4. 3-0 3 1 1 3 1 = ,而直线 PA 的斜率 kPA=- = ,所以 = , kOP -1-?-a? a-1 a-1 3 3

x2 y2 所以 a2=16,所以椭圆 C 的方程为 + =1. 16 4 PA (2)假设存在椭圆 C,使得 恒为常数. PF 设椭圆 C 的半焦距为 c, PA a-b 当 P(-b,0)时,则有 = ; PF |c-b| PA a+b 当 P(b,0)时,则有 = . PF b+c a-b a+b 依假设有 = . |c-b| b+c a-b a+b ①当 c-b>0 时,有 = , c-b b+c 所以(a-b)(b+c)=(a+b)(c-b),
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化简整理得 a=c,这是不可能的. a-b a+b ②当 c-b<0 时,有 = . b-c b+c 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. -1+ 5 -1- 5 解得 e= ,或 e= ?(0,1)(舍去). 2 2 可见,若存在椭圆 C 满足题意, -1+ 5 只可能离心率 e= . 2 设 P(x,y)为⊙O:x2+y2=b2 上任意一点, ?x+a?2+y2 PA 则 = PF ?x+c?2+y2
2 2 2 2 2 2 2 PA2 ?x+a? +b -x 2ax+a +b 2ax+2a -c = = .(*) 2= PF ?x+c?2+b2-x2 2cx+c2+b2 2cx+a2

由上 c2-a2+ac=0, 得 a2-c2=ac, 2a2-c2 c a2+ac c 所以 ·= 2 · a2 a a a 2 2 a+c ac+c a = 2 · c= 2 = 2=1, a a a 2a2-c2 a 从而 = . a2 c 5+1 PA2 a 代入(*)式得 2= = , PF c 2 所以存在满足题意的椭圆 C,这个常数为 -1+ 5 椭圆 C 的离心率为 e= . 2 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AD· EB的最小值. 解 (1)设动点 P 的坐标为(x,y),由题意有 ?x-1?2+y2-|x|=1. 化简得 y2=2x+2|x|. 当 x≥0 时,y2=4x;
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5+1 , 2

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). ? ?y=k?x-1?, 由? 2 得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0. ?y =4x, ? 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1,x2 是上述方程的两个实根,

4 于是 x1+x2=2+ 2,x1x2=1. k 1 因为 l1⊥l2,所以 l2 的斜率为- . k 设 D(x3,y3),E(x4,y4), 则同理可得 x3+x4=2+4k2,x3x4=1. → → → → → → 故AD· EB=(AF+FD)· (EF+FB) → → → → → → → → =AF· EF+AF· FB+FD· EF+FD· FB → → → → =|AF|· |FB|+|FD|· |EF| =(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1) =x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1 4? 2 =1+? ?2+k2?+1+1+(2+4k )+1 1? 2 2 1 =8+4? =16. ?k +k2?≥8+4×2 k · k2 1 → → 当且仅当 k2= 2,即 k=± 1 时,AD· EB取最小值 16. k x2 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 2 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<r<2)上一点. 2 (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 2 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. x2 2 解 (1)椭圆 C1: +y2=1 的离心率 e= ,右焦点为(1,0), 2 2
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由题意可得 AF= CF= 2 (2-x2). 2

2 2 (2-x1),BF= (2-1), 2 2

因为 2BF=AF+CF, 2 2 2 所以 (2-x1)+ (2-x2)=2× (2-1), 2 2 2 即得 x1+x2=2.
2 x1 x2 2 因为 A,C 在椭圆上,故有 +y2 = 1 , +y2 1 2=1, 2 2 y2-y1 x2+x1 1 两式相减,得 kAC= =- =- . x2-x1 2?y2+y1? y2+y1

设线段 AC 的中点为(m,n), x1+x2 y1+y2 而 m= =1,n= , 2 2 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), 1 即 y=n(2x-1)经过定点( ,0). 2 1 即线段 AC 的垂直平分线过一个定点( ,0). 2 (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, ?y′1=kx′1+t, 点 P 为切点,从而有?x′2 1 2 ? ? 2 +y′1=1,
2 得(2k2+1)x′2 1+4ktx′1+2(t -1)=0.

?

故 Δ=(4kt)2-4×2(t2-1)(2k2+1)=0, 2k 从而可得 t2=1+2k2,x′1=- ,① t |t| 直线 PQ 与圆 C2 相切,则 =r, 1+k2 得 t2=r2(1+k2),② r2-1 由①②得 k2= ,并且 2-r2 2k2 PQ2=OP2-OQ2=1+ -r2 1+2k2 2 =3-r2- 2≤3-2 2=( 2-1)2. r 即 0<PQ≤ 2-1,当且仅当 r2= 2∈(1,4)时取等号,
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故 P,Q 两点的距离 PQ 的最大值为 2-1.

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