高三三轮冲刺2复习017新考前3个月理科数学（通用版）冲刺 压轴大题突破练（二） 直线与圆锥曲线（2） Word版含解析[ 高考].docx

1、. 压轴大题突破练压轴大题突破练(二二) 直线与圆锥曲线直线与圆锥曲线(2) 1.(2016 浙江)如图，设椭圆x 2 a2y 21(a1). (1)求直线 ykx1 被椭圆截得的线段长(用 a，k 表示)； (2)若任意以点 A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点，求椭圆离心率的取值范围. 解 (1)设直线 ykx1 被椭圆截得的线段为 AM， 由 ? ? ? ? ? ykx1， x2 a2y 21， 得(1a2k2)x22a2kx0， 故 x10，x2 2a2k 1a2k2， 因此|AM|1k2|x1x2| 2a2|k| 1a2k2 1k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有 4

2、个，由对称性可设 y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点 P，Q， 满足|AP|AQ|. 记直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2， 且 k1，k20，k1k2. 由(1)知，|AP|2a 2|k 1| 1k21 1a2k21 ，|AQ|2a 2|k 2| 1k 2 2 1a2k22 ， 故2a 2|k 1| 1k21 1a2k21 2a 2|k 2| 1k 2 2 1a2k22 ， 所以(k21k22)1k21k22a2(2a2)k21k220. 由于 k1k2，k1，k20 得 1k21k22a2(2a2)k21k220， 因此? ? ? ? 1 k211? ? ? ? 1 k221 1a

3、2(a22). 因为式关于 k1，k2的方程有解的充要条件是 1a2(a22)1， 所以 a 2. 因此，任意以点 A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点的充要条件为 1a 2， 由 ec a a21 a ，得 00)交于 A，B 两点，且OA OB3，其中 O 为坐标原点. (1)求 p 的值； (2)当|AM|4|BM|最小时，求直线 l 的方程. 解 (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线 l 的方程为 xmyp 2. 联立? ? xmyp 2， y22px 消去 x，得 y22pmyp20. y1y22pm，y1y2p2. OA OB 3， x1x2y1y23.

4、 又 x1x2y 2 1 2p y22 2p p2 4， p 2 4p 23?p24. p0，p2. (2)由抛物线定义，得|AM|x1p 2x11， |BM|x2p 2x21， |AM|4|BM|x14x252 4x1x259， 当且仅当 x14x2时取等号. 将 x14x2代入 x1x2p 2 41， 得 x21 2(负值舍去). 将 x21 2代入 y 24x， 得 y2 2，即点 B? ? ? ? 1 2， 2 . 将点 B 代入 xmy1，得 m 2 4 . 直线 l 的方程为 x 2 4 y1，即 4x 2y40. . 3.已知动点 S(x，y)到直线 l：x2 2的距离是它到点

5、T( 2，0)的距离的 2倍. (1)求动点 S 的轨迹 C 的方程； (2)设轨迹 C 上一动点 P 满足：OP OM 2ON ，其中 M，N 是轨迹 C 上的点，直线 OM 与 ON 的斜率之积为1 2，若 Q(，)为一动点，E1( 3 2 ，0)，E2( 3 2 ，0)为两定点，求|QE1| |QE2|的值. 解 (1) 点 S(x，y)到直线 x2 2的距离， 是到点 T( 2，0)的距离的 2倍， 则|x2 2| 2 ?x 2?2y2， 化简得x 2 4 y2 21. 所以轨迹 C 的方程为x 2 4 y2 21. (2)设 P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则OP

6、 OM 2ON ， 即 xx12x2，yy12y2， 因为点 P，M，N 在椭圆x 2 4 y2 21 上， 所以 x212y214，x222y224，x22y24， 故 x22y22(x212y21)42(x222y22)4(x1x22y1y2) 421624(x1x22y1y2)4， 设 kOM，kON分别为直线 OM，ON 的斜率， 由题意知，kOM kONy1y2 x1x2 1 2， 因此 x1x22y1y20，所以 2421， 所以点 Q 是椭圆 2421 上的点， 而 E1，E2恰为该椭圆的左，右焦点， 所以由椭圆的定义可得，|QE1|QE2|2. 4.已知曲线 C 上任意一点 P

7、 到两定点 F1(1，0)与 F2(1，0)的距离之和为 4. (1)求曲线 C 的方程； (2)设曲线 C 与 x 轴负半轴交点为 A，过点 M(4，0)作斜率为 k 的直线 l 交曲线 C 于 B、C 两点(B 在 M、C 之间)，N 为 BC 中点. 证明：k kON为定值； 是否存在实数 k，使得 F1NAC？如果存在，求直线 l 的方程，如果不存在，请说明理由. (1)解 由已知可得：曲线 C 是以两定点 F1(1，0)和 F2(1，0)为焦点，长轴长为 4 的椭圆， . 所以 a2，c1?b a2c2 3， 故曲线 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明 设过点 M 的直

8、线 l 的方程为 yk(x4)， 设 B(x1， y1)，C(x2， y2)(x2x1). 联立方程组 ? ? ? ? ? yk?x4?， x2 4 y2 31， 得(4k23)x232k2x64k2120， 则 ? ? ? ? ? x1x232k 2 4k23， x1x264k 212 4k23 . 故 xNx1x2 2 16k 2 4k23， yNk(xN4) 12k 4k23. 所以 kON 3 4k， 所以 k kON3 4为定值. 解 若 F1NAC，则 kAC kF1N1， 因为 F1(1，0)， kF1N 12k 4k23 16k2 4k231 4k 14k2， 因为 A(2，0)，kAC y2 x22， 故 y2 x22 4k 14k21， 代入 y2k(x24)得 x228k2，y22k8k3， 而 x22， 故只能 k0，显然不成立， 所以这样的直线不存在.