高三数学培优专题练习19:圆锥曲线综合.doc
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- 数学 专题 练习 19 圆锥曲线 综合 下载 _考试试卷_数学_高中
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1、 培优点十九培优点十九 圆锥曲线综合圆锥曲线综合 1直线过定点 例 1:已知中心在原点,焦点在x轴上的椭圆C的离心率为 2 2 ,过左焦点F且垂直于x轴 的直线交椭圆C于P,Q两点,且2 2PQ (1)求C的方程; (2)若直线l是圆 22 8xy上的点2,2处的切线,点M是直线l上任一点,过点M作椭 圆C的切线MA,MB,切点分别为A,B,设切线的斜率都存在求证:直线AB过定点, 并求出该定点的坐标 【答案】 (1) 22 1 84 xy ; (2)证明见解析,2,1 【解析】 (1)由已知,设椭圆C的方程为 22 22 10 xy ab ab , 因为2 2PQ ,不妨设点 ,2Pc,代入
2、椭圆方程得 2 22 2 1 c ab , 又因为 2 2 c e a ,所以 2 12 1 2b ,bc,所以 2 4b , 22 28ab, 所以C的方程为 22 1 84 xy (2)依题设,得直线l的方程为22yx,即40 xy, 设 00 ,M x y, 11 ,A x y, 22 ,B x y, 由切线MA的斜率存在,设其方程为 11 yyk xx, 联立 11 22 1 84 yyk xx xy 得, 2 22 1111 214280kxk ykx xykx, 由相切得 22 22 1111 168 2140kykxkykx , 化简得 2 2 11 84ykxk,即 222 1
3、111 8240 xkx y ky, 因为方程只有一解,所以 11111 22 111 822 x yx yx k xyy ,所以切线MA的方程为 1 11 1 2 x yyxx y , 即 11 28x xy y,同理,切线MB的方程为 22 28x xy y, 又因为两切线都经过点 00 ,M x y,所以 1010 2020 28 28 x xy y x xy y ,所以直线AB的方程为 00 28x xy y, 又 00 4xy,所以直线AB的方程可化为 00 2 48x xxy, 即 0 2880 xxyy ,令 20 880 xy y ,得 2 1 x y , 所以直线AB恒过定点
4、2,1 2面积问题 例 2: 已知椭圆 22 22 10 xy ab ab 的左、 右焦点分别为 1 F、 2 F, 焦距为 4, 直线 1: b lyx c 与椭圆相交于A、B两点, 2 F关于直线 1 l的对称点E在椭圆上斜率为1的直线 2 l与线段 AB相交于点P,与椭圆相交于C、D两点 (1)求椭圆的标准方程; (2)求四边形ACBD面积的取值范围 【答案】 (1) 22 1 84 xy ; (2) 32 32 , 93 【解析】 (1)由椭圆焦距为 4,设 1 2,0F , 2 2,0F,连结 1 EF,设 12 EFF, 则tan b c ,又 222 abc,得sin b a ,
5、cos c a , 12 12 2sin901 2|sinsin 90 FF cac e bc aEFEFbca aa , 解得 22 2abccbc, 2 8a ,所以椭圆方程为 22 1 84 xy (2)设直线 2 l方程:+yx m, 11 ,C x y、 22 ,D xy, 由 22 1 84 xy yxm ,得 22 34280 xmxm,所以 12 2 12 4 3 28 3 xxm m x x , 由(1)知直线 1 l:yx,代入椭圆得 22 6,6 33 A , 22 6,6 33 B ,得 8 3 3 AB , 由直线 2 l与线段AB相交于点P,得 44 6,6 33
6、m , 2 2 2 2 121212 4 28 164 2282+12 933 m m CDxxxxx xm , 而 2 1 l k 与 1 1 l k ,知 21 ll, 2 116 3 +12 29 ACBD SABCDm, 由 44 6,6 33 m ,得 2 32 ,0 3 m ,所以 2 16 332 32 +12, 993 m , 四边形ACBD面积的取值范围 32 32 , 93 3参数的值与范围 例 3:已知抛物线 2 :20C ypx p的焦点1,0F,点1,2A在抛物线C上,过焦点F的 直线l交抛物线C于M,N两点 (1)求抛物线C的方程以及AF的值; (2)记抛物线C的准
7、线与x轴交于点B,若MFFN, 22 40BMBN,求的值 【答案】 (1) 2 4yx,2AF ; (2)23 【解析】 (1)抛物线 2 :20C ypx p的焦点1,0F, 1 2 p ,则24p ,抛物线方程为 2 4yx; 点1,2A在抛物线C上,12 2 p AF (2)依题意,1,0F,设:1l xmy,设 11 ,M x y、 22 ,N x y, 联立方程 2 4 1 yx xmy ,消去x,得 2 440ymy 所以 12 12 4 4 yym y y ,且 11 22 1 1 xmy xmy , 又MFFN,则 1122 1,1,xyxy,即 12 yy , 代入得 2
8、2 2 4 14 y ym ,消去 2 y得 2 1 42m , 1,0B ,则 11 1,BMxy, 22 1,BNxy, 则 22 22 2222 1122 |11BMBNBMBNxyxy 2222 121212 22xxxxyy 2222 121212 (1)(1)222mymymymyyy 222 1212 148myym yy 2242 1 168448164016mmmmmm, 当 42 16401640mm,解得 2 1 2 m ,故23 4弦长类问题 例 4: 已知椭圆 22 1 22 :10 xy Cab ab 的左右顶点是双曲线 2 2 2: 1 3 x Cy的顶点, 且椭
9、圆 1 C的上顶点到双曲线 2 C的渐近线的距离为 3 2 (1)求椭圆 1 C的方程; (2)若直线l与 1 C相交于 1 M, 2 M两点,与 2 C相交于 1 Q, 2 Q两点,且 12 5OQ OQ ,求 12 M M的取值范围 【答案】 (1) 2 2 1 3 x y; (2)0, 10 【解析】 (1)由题意可知: 2 3a ,又椭圆 1 C的上顶点为0,b, 双曲线 2 C的渐近线为: 3 30 3 yxxy , 由点到直线的距离公式有: 3 3 1 22 b b ,椭圆方程 2 2 1 3 x y (2)易知直线 的斜率存在,设直线 的方程为ykxm,代入 2 2 1 3 x
10、y,消去y并整理 得: 222 1 36330kxkmxm, 要与 2 C相交于两点,则应有: 2 2 2222 22 130 130 364 1333013 k k kmkmmk , 设 111 ,Q x y, 222 ,Qx y, 则有: 12 2 6 13 km xx k , 2 12 2 33 13 m xx k 又 22 121 2121 2121 212 1OQ OQx xy yx xkxmkxmkx xkm xxm 又: 12 5OQ OQ ,所以有: 222222 2 1 1336135 13 kmk mmk k , 22 1 9mk , 将ykxm,代入 2 2 1 3 x
11、y,消去y并整理得: 222 1 36330kxkmxm, 要有两交点,则 222222 364 1 333031k mkmkm 由有 2 1 0 9 k 设 133 ,Mx y、 244 ,Mxy有 34 2 6 13 km xx k , 2 34 2 33 13 m xx k , 2222 2 12 2 2 364 33 13 1 13 k mmk M Mk k 22 2 2 2 4 339 1 13 mk k k 将 22 1 9mk 代入有 2 22 1212 22 2 12 144 11 13 13 k k M MkM Mk k k 22 12 2 2 1 12 13 kk M M
12、k ,令 2 tk, 1 0, 9 t , 令 23 11 1313 ttt f tft tt , 1 0, 9 t 所以 0ft 在 1 0, 9 t 内恒成立,故函数 f t在 1 0, 9 t 内单调递增, 故 12 5 0,0, 10 72 f tM M 5存在性问题 例 5: 已知椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 的左、 右焦点分别为 1 1,0F , 2 1,0F, 点 2 1, 2 A 在椭圆C上 (1)求椭圆C的标准方程; (2)是否存在斜率为 2 的直线l,使得当直线l与椭圆C有两个不同交点M,N时,能在 直线 5 3 y 上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足
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