2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)訓(xùn)練21 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、軌跡問題 理.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 限時(shí)訓(xùn)練21 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、軌跡問題 理 1．(xx高考重慶卷)如圖，橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若|PF1|＝|PQ|，求橢圓的離心率e. 解：(1)由橢圓的定義，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝ ＝＝2. 即c＝，從而b＝＝1， 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)方法一：連接F1Q，如圖，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)在橢圓上， 且PF1⊥PF2，則＋＝1， x＋y＝c2， 求得x0＝， y0＝. 由|PF1|＝|PQ|>|PF2|得x0>0，從而|PF1|2＝(＋c)2＋ ＝2(a2－b2)＋2a＝(a＋)2. 由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a.從而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|， 又由PF1⊥PF2，|PF1|＝|PQ|，知|QF1|＝|PF1|，因此(2＋)|PF1|＝4a，即(2＋)(a＋)＝4a，于是(2＋)(1＋)＝4， 解得e＝?。剑? 方法二：如圖，由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，從而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|. 又由PF1⊥PQ，|PF1|＝|PQ|，知|QF1|＝|PF1|，因此，4a－2|PF1|＝|PF1|，則|PF1|＝2(2－)a，從而|PF2|＝2a－|PF1|＝2a－2(2－)a＝2(－1)a. 由PF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2， 因此e＝＝ ＝＝＝－. 2．(xx石家莊市模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一動(dòng)圓經(jīng)過點(diǎn)且與直線x＝－相切，設(shè)該動(dòng)圓圓心的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)設(shè)P是曲線E上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)B、C在y軸上，△PBC的內(nèi)切圓的方程為(x－1)2＋y2＝1，求△PBC面積的最小值． 解：(1)由題意可知圓心到的距離等于到直線x＝－的距離，由拋物線的定義可知，曲線E的方程為y2＝2x. (2)法一：設(shè)P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)， 直線PB的方程為：(y0－b)x－x0y＋x0b＝0， 又圓心(1,0)到PB的距離為1， 所以＝1，整理得：(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0， 同理可得：(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0， 所以b，c是方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的兩根， 所以b＋c＝，bc＝， 依題意bc<0，即x0>2， 則(b－c)2＝， 因?yàn)閥＝2x0，所以|b－c|＝， 所以S＝|b－c|x0＝(x0－2)＋＋4≥8， 當(dāng)x0＝4時(shí)上式取得等號， 所以△PBC面積的最小值為8. 法二：設(shè)P(x0，y0)，直線PB：y－y0＝k(x－x0)，由題知PB與圓(x－1)2＋y2＝1相切，則 ＝1，整理得： (x－2x0)k2＋2(1－x0)y0k＋y－1＝0， k1＋k2＝－，k1k2＝， 依題意x0>2， 則|yB－yC|＝|(y0－k1x0)－(y)－k2x0|＝|k1－k2|x0， 又|k1－k2|＝，則|yB－yC|＝， 所以S＝|yB－yC||x0|＝(x0－2)＋＋4≥8，當(dāng)且僅當(dāng)x0＝4時(shí)上式取得等號， 所以△ PBC面積的最小值為8. 3．(xx長春市高三模擬)在△ABC中，頂點(diǎn)B(－1,0)，C(1,0)，G，I分別是△ABC的重心和內(nèi)心，且∥. (1)求頂點(diǎn)A的軌跡M的方程； (2)過點(diǎn)C的直線交曲線M于P，Q兩點(diǎn)，H是直線x＝4上一點(diǎn)，設(shè)直線CH，PH，QH的斜率分別為k1，k2，k3，試比較2k1與k2＋k3的大小，并加以證明． 解：(1)由題意知S△ABC＝(|AB|＋|AC|＋|BC|)r＝|BC||yA|，且|BC|＝2，|yA|＝3r，其中r為內(nèi)切圓半徑， 化簡得：|AB|＋|AC|＝4，頂點(diǎn)A的軌跡是以B，C為焦點(diǎn)，4為長軸長的橢圓(去掉長軸端點(diǎn))，其中a＝2，c＝1，b＝， 所以軌跡M的方程為＋＝1(y≠0)． (2)2k1＝k2＋k3，以下進(jìn)行證明： 當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ：y＝k(x－1)且P(x1，y1)，Q(x2，y2)，H(4，m)， 聯(lián)立可得x1＋x2＝， x1x2＝. 由題意：k1＝，k2＝，k3＝. k2＋k3＝ ＝ ＝ ＝＝2k1. 當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，不妨取P，Q， 則k2＋k3＝＋＝＝2k1. 綜上可得2k1＝k2＋k3. 4．(xx洛陽市高三模擬)設(shè)M是焦距為2的橢圓E：＋＝1(a>b>0)上一點(diǎn)，A，B是其左、右頂點(diǎn)，直線MA與MB的斜率分別為k1，k2，且k1k2＝－. (1)求橢圓E的方程； (2)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)上點(diǎn)N(x0，y0)處切線方程為＋＝1，若與橢圓E相切于C(x1，y1)，D(x2，y2)兩點(diǎn)的切線相交于P點(diǎn)，且＝0.求證：點(diǎn)P到原點(diǎn)的距離為定值． (1)解：由題意，2c＝2，c＝1，A(－a,0)，B(a,0)，設(shè)M(x，y)， ∵k1k2＝－，∴＝－，即＝－. ∵M(jìn)(x，y)在橢圓上，∴＋＝1. ∴＝－，∴＝，∴a2＝2b2. 又a2－b2＝c2＝1，∴a2＝2，b2＝1. ∴橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)證明：依題意，切線PC，PD的方程分別為＋y1y＝1，＋y2y＝1，即x1x＋2y1y＝2，x2x＋2y2y＝2. 由，得P， ∵＝0，∴PC⊥PD， ∴＝－1，即x1x2＝－4y1y2. ∵C，D在橢圓E上，∴x＋2y＝2，x＋2y＝2. ∴x＝2－2y，x＝2－2y. ∴|PO|2＝ ＝ ＝. ∵x1x2＝－4y1y2，∴xx＝16yy. 即(2－2y)(2－2y)＝16yy，(1－y)(1－y)＝4yy， 得yy＝. ∴|OP|2＝＝＝3. ∴|PO|＝， ∴P到原點(diǎn)的距離為定值.