新編高三數(shù)學(xué) 第68練 高考大題突破練圓錐曲線

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1、 第68練 高考大題突破練——圓錐曲線 1．已知中心在原點(diǎn)O，左焦點(diǎn)為F1(－1,0)的橢圓C的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，F(xiàn)1到直線AB的距離為|OB|. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，若橢圓C1：＋＝1(m>n>0)，橢圓C2：＋＝λ(λ>0，且λ≠1)，則稱橢圓C2是橢圓C1的λ倍相似橢圓．已知C2是橢圓C的3倍相似橢圓，若橢圓C的任意一條切線l交橢圓C2于兩點(diǎn)M、N，試求弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍． 2．已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0)，且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8. (1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程； (2)已知點(diǎn)B(－1,0)，設(shè)不垂直于x

2、軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若x軸是∠PBQ的角平分線，證明直線l過定點(diǎn)． 3.(20xx·山東)平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1 (a>b>0)的離心率是，拋物線E：x2＝2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M. ①求證：點(diǎn)M在定直線上； ②直線l與y軸交于點(diǎn)G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求的最大值及取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)．

3、 4．已知曲線C1上任意一點(diǎn)M到直線l：y＝4的距離是它到點(diǎn)F(0,1)距離的2倍；曲線C2是以原點(diǎn)為頂點(diǎn)，F(xiàn)為焦點(diǎn)的拋物線． (1)求C1，C2的方程； (2)設(shè)過點(diǎn)F的直線與曲線C2相交于A，B兩點(diǎn)，分別以A，B為切點(diǎn)引曲線C2的兩條切線l1，l2，設(shè)l1，l2相交于點(diǎn)P，連接PF的直線交曲線C1于C，D兩點(diǎn)，求·的最小值．  答案精析 1．解　(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， ∴直線AB的方程為＋＝1. ∴F1(－1,0)到直線AB距離d＝＝b， 整理得a2＋b2＝7(a－1)2， 又b2＝a2－1，解得a＝2，b＝，

4、 ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)橢圓C的3倍相似橢圓C2的方程為＋＝1， ①若切線l垂直于x軸，則其方程為x＝±2，易求得|MN|＝2； ②若切線l不垂直于x軸，可設(shè)其方程為y＝kx＋p， 將y＝kx＋p代入橢圓C的方程， 得(3＋4k2)x2＋8kpx＋4p2－12＝0， ∴Δ＝(8kp)2－4(3＋4k2)(4p2－12)＝48(4k2＋3－p2)＝0， 即p2＝4k2＋3.(*) 記M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)， 將y＝kx＋p代入橢圓C2的方程， 得(3＋4k2)x2＋8kpx＋4p2－36＝0， 此時(shí)x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴|

5、x1－x2|＝， ∴|MN|＝· ＝4＝2， ∵3＋4k2≥3，∴1<1＋≤， 即2<2≤4， 結(jié)合①②，得弦長(zhǎng)|MN|的取值范圍為[2，4]． 2．解　(1)如圖，設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x，y)，由題意，知O1A＝O1M，當(dāng)O1不在y軸上時(shí)，過O1作O1H⊥MN交MN于H，則H是MN的中點(diǎn)，∴O1M＝. 又|O1A|＝，∴＝，化簡(jiǎn)得y2＝8x(x≠0)． 又當(dāng)O1在y軸上時(shí)，O1與O重合，點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2＝8x， ∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2＝8x. (2)由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 將

6、y＝kx＋b代入y2＝8x， 得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0. 其中Δ＝－32kb＋64＞0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得，x1＋x2＝，① x1x2＝.② 因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線， 所以＝－， 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0， 所以(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0， 整理得2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③ 將①②代入③并化簡(jiǎn)得8(b＋k)＝0， 所以k＝－b，此時(shí)Δ＞0，∴直線l的方程為y＝k(x－1)，即直線l過定點(diǎn)(1,0)． 3．(1)解　由題意知＝， 可得a2＝4b2，因?yàn)閽佄锞€E的焦點(diǎn)為F，所以

7、b＝，a＝1， 所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1. (2)①證明　設(shè)P(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直線l的斜率為m，因此直線l的方程為y－＝m(x－m)， 即y＝mx－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 聯(lián)立方程 得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0. 由Δ>0，得0

8、得y＝－， 所以G， 又P，F(xiàn)，D， 所以S1＝·|GF|·m＝， S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝， 所以＝. 設(shè)t＝2m2＋1，則＝ ＝＝－＋＋2， 當(dāng)＝，即t＝2時(shí)，取到最大值， 此時(shí)m＝，滿足(*)式，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為. 因此的最大值為，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 4．解　(1)設(shè)M(x，y)，則＝2， ∴曲線C1的方程為＋＝1， 設(shè)曲線C2的方程為x2＝2py(p>0)，則＝1， ∴p＝2，∴曲線C2的方程為x2＝4y. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的方程為y＝kx＋1， 代入曲線C2的方程得x2－4kx－4＝0， ∴ 由y＝，∴y

9、′＝， ∴l(xiāng)1：y＝x－，l2：y＝x－， ∴P(，)，∴P(2k，－1)， ∴kPF＝，∴CD⊥AB， CD：y＝－x＋1， 代入曲線C1的方程得(4k2＋3)y2－8k2y＋4k2－12＝0， 設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)， ∴ ∴·＝(＋)·(＋) ＝·＋·＋·＋·＝||||＋|||| ＝(y1＋1)(y2＋1)＋|y3－4|·|y4| ＝(kx1＋2)(kx2＋2)＋ ＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋－(y1＋y2)＋8 ＝4(k2＋1)＋＝＋(t＋) (其中t＝4k2＋3≥3) 設(shè)f(t)＝t＋(t≥3)， 則f′(t)＝1－＝>0， 故f(t)在[3，＋∞)單調(diào)遞增， 因此·＝＋(t＋) ≥＋3＋＝7， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝3即k＝0等號(hào)成立， 故·的最小值為7.