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【世纪金榜】人教版2016第一轮复习理科数学教师用书配套习题:专项强化训练(五)圆锥曲线的综合问题

专项强化训练(五)
圆锥曲线的综合问题 1. 已知直线 l:y=x+1, 圆 O:x2+y2= , 直线 l 被圆截得的弦长与椭圆 C: + =1(a>b>0)的短轴长相等,椭圆的离心率 e= . (1)求椭圆 C 的方程. (2)过点 M 的直线 l0 交椭圆于 A,B 两点,试问:在坐标平面上是否

存在一个定点 T,使得无论 l0 如何转动,以 AB 为直径的圆恒过定点 T?若 存在,求出点 T 的坐标;若不存在,请说明理由. 【解题提示】(1)利用弦长公式及离心率公式求出 a,b 的值,从而求得 椭圆 C 的方程. (2)先根据直线 l0 的斜率不存在及斜率为 0 的情况确定 T 的坐标,然后 再证明以 AB 为直径的圆恒过定点 T 即可. 【解析】 (1)由题意知,圆 O 的半径 r= ,圆 O(0,0)到直线 y=x+1 的距离 d= = , 则直线 l 被圆截得的弦长为 2 依题意 2=2b,b=1. 又椭圆的离心率 e= = , = 所以椭圆 C 的方程为 +y2=1. (2)假设存在定点 T(x0,y0), 设 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≤x2). 当直线 l0 的斜率不存在时,易知 A(0,1),B(0,-1), 则圆的方程为 x2+y2=1.
-1-

=2

=2,

= = ,得 a=

,

当直线 l0 的斜率为 0 时,直线 l0 的方程为 y=- , 代入椭圆方程可得 A 即圆的方程为 x2+ 易知 T(0,1). 下面证明,当直线 l0 的斜率存在且不为 0 时,T(0,1)也符合. 设直线 l0 的方程为 y=kx- , 联立 消去 y 得(2k2+1)x2- kx- =0. 则 x1+x2= 此时, · ,x1x2= . =(x2,y2-1), = . ,B ,

=(x1,y1-1), =x1x2+

=(k2+1)x1x2- k(x1+x2)+ = + =0,

即当直线 l0 的斜率存在且不为 0 时,以 AB 为直径的圆恒过点 T(0,1). 综上所述,存在定点 T,其坐标为(0,1). 【加固训练】已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的左,右焦点分别为 F1,F2,A 为上顶点,△AF1F2 为正三角形,以 AF2 为直径的圆与直线 y= (1)求椭圆 C 的标准方程. (2)过点 F2 作斜率为 k 的直线 l 与椭圆交于 M,N 两点,在 x 轴上是否存 在点 P(m,0),使得 = + 时四边形 PMQN 为菱形,且点 Q 在椭圆 C 上? x+2 相切.

若存在,求 m 的值;若不存在,请说明理由.

-2-

【解析】(1)由已知△AF1F2 为正三角形, 得 =sin30°= ,即 a=2c,b= c, , = ,

由 A(0,b),F2(c,0),得 AF2 的中点 B 点 B 到直线 y= 解得 a2=4,b2=3, 所以椭圆 C 的标准方程为 + =1. (2)由(1)可知 F2(1,0), 设直线 l 的方程为 y=k(x-1). 联立方程,得 整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 设 M(x1,y1),N(x2,y2), 由根与系数的关系得 x1+x2= 则 y1+y2=k(x1+x2-2)=又 所以 = 由已知 kPQ·k=-1, 即又 = = , = + =-1,得 k2=4mk2+3m, =(x1+x2-m,y1+y2) =(x1-m,y1), = + , , x+2 的距离为

=(x2-m,y2),

=(x1+x2-2m,y1+y2) ,

-3-

且点 Q 在椭圆上,因而 得 5k4+16k2+12=0, 因为 5k4+16k2+12>0 恒成立,

+

=1,

故满足条件的点 P(m,0)不存在. 2.(2015·新余模拟)已知抛物线Ω 的顶点是坐标原点 O,焦点 F 在 y 轴 正半轴上,过点 F 的直线 l 与抛物线交于 M,N 两点,且满足 (1)求抛物线Ω 的方程. (2)若直线 y=x 与抛物线Ω 交于 A,B 两点,在抛物线Ω 上是否存在异于 A,B 的点 C,使得经过 A,B,C 三点的圆和抛物线Ω 在点 C 处有相同的切 线?若存在,求出点 C 的坐标;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)依题意,设抛物线Ω的方程为 x2=2py(p>0), 则F ,由直线 l 的斜率存在,设为 k, · =-3.

得 l 的方程为 y=kx+ , 联立方程 得 x2-2pkx-p2=0. 设 M(x1,y1),N(x2,y2), 则 x1+x2=2pk,x1x2=-p2, 又 y1y2= . 所以 · =x1x2+y1y2=-p2+ =-3, =k2x1x2+ kp(x1+x2)+ =k2·(-p2)+ kp·2kp+ = 消去 y 并整理,

因为 p>0,解得 p=2,
-4-

故所求抛物线Ω的方程为 x2=4y. (2)联立方程 可求得 A(0,0),B(4,4), 假设抛物线Ω上存在异于 A,B 的点 C,且设 C 的坐标为 (t≠0,t≠

4),使得经过 A,B,C 三点的圆和抛物线Ω在点 C 处有相同的切线, 令圆心为 E(a,b),则由





解得



因为抛物线Ω在点 C 处的切线斜率 k′= (t≠0,t≠4), 又该切线与 EC 垂直, 所以 · =-1,

即 2a+bt-2t- =0, ② 将①代入②得,2 +t· -2t- =0,即 t3-2t2-8t=0,

因为 t≠0,t≠4,解得 t=-2. 故存在点 C 且坐标为(-2,1). 3.(2015·郑州模拟)如图,已知抛物线 C:y2=2px 和☉M:(x-4)2+y2=1,圆 心点 M 到抛物线 C 的准线的距离为 .过抛物线 C 上一点 H(x0,y0)(y0≥

-5-

1)作两条直线分别与☉M 相切于 A,B 两点,与抛物线 C 交于 E,F 两点.

(1)求抛物线 C 的方程. (2)当∠AHB 的角平分线垂直 x 轴时,求直线 EF 的斜率. (3)若直线 AB 在 y 轴上的截距为 t,求 t 的最小值. 【解题提示】(1)由题意列方程,求出 p 的值,即可得抛物线 C 的方程. (2)联立直线与抛物线的方程得 E,F 的坐标,再利用直线的斜率公式得 出结论. (3)方法一:设出点 A,B 的坐标,由点斜式求出直线 HA,HB 的方程,进而 得到直线 AB 的方程,令 x=0,求出纵截距 t 的表达式,由函数单调性求出 t 的最小值.方法二:连接 HM,求出以 H 为圆心,HA 为半径的圆的方程, 进而可得直线 AB 的方程,令 x=0,求出纵截距 t 的表达式,由函数单调性 求出 t 的最小值. 【解析】(1)由题意知☉M 的圆心 M 的坐标为(4,0),半径为 1,抛物线 C 的准线方程为 x=- , 因为圆心 M 到抛物线 C 的准线的距离为 , 所以 4+ = ,解得 p= , 所以抛物线 C 的方程为 y2=x. (2)因为∠AHB 的角平分线垂直于 x 轴,

-6-

所以点 H(4,2),所以∠AHB=60°, 可得 kHA= ,kHB=, x-4 得 +2, +2=0,

所以直线 HA 的方程为 y= 联立

y2-y-4

设 E(xE,yE),F(xF,yF),则 yE+2= , 所以 yE= ,xE= ,xF= , ,

同理可得 yF= 所以 kEF=- .

(3)方法一:由题意可设点 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 连接 MA,MB,则 kMA= ,kMB= ,

因为 HA,HB 是☉M 的切线, 所以 HA⊥MA,HB⊥MB, 所以 kHA= ,kHB= ,

所以直线 HA,HB 的方程分别为(4-x1)x-y1y+4x1-15=0, (4-x2)x-y2y+4x2-15=0, 又点 H 在抛物线上,有 所以点 H 的坐标为( (4-x1) (4-x2) =x0, ,y0)(y0≥1),分别代入直线 HA,HB 的方程得

-y1y0+4x1-15=0, -y2y0+4x2-15=0, )x1-y0y1+4 -15=0, )x-y0y+4
-7-

可整理为(4(4-

-15=0,

)x2-y0y2+4

从而可求得直线 AB 的方程为(4-

-15=0,

令 x=0,得直线 AB 在 y 轴上的截距 t=

=4y0- (y0≥1),

考虑到函数 f(x)=4x- (x≥1)为单调递增函数, 所以 tmin=4×1- =-11. 方法二:连接 HM,由(1)知设点 H( 则 HM2= HA2= -7 -7 +16, ,y0)(y0≥1),

+15. )2+(y-y0)2= -7 +15,①

以 H 为圆心,HA 为半径的圆的方程为(x又☉M 的方程为(x-4)2+y2=1.② ①-②得:直线 AB 的方程为(2x-4)(4-

)-(2y-y0)y0=

-7

+14.

当 x=0 时,直线 AB 在 y 轴上的截距 t=4y0- (y0≥1), 因为 t 关于 y0 的函数在[1,+≦)上单调递增, 所以 tmin=-11. 4.(2015·贵阳模拟)已知椭圆 C1: +y2=1(a>1)的长轴、短轴、焦距分 别为 A1A2,B1B2,F1F2,且|F1F2|2 是|A1A2|2 与|B1B2|2 的等差中项. (1)求椭圆 C1 的方程. (2)若曲线 C2 的方程为(x-t)2+y2=(t2+ t)2 ,过椭圆 C1 左顶

点的直线 l 与曲线 C2 相切,求直线 l 被椭圆 C1 截得的线段长的最小值. 【解题提示】(1)由|F1F2|2 是|A1A2|2 与|B1B2|2 的等差中项,可求 a 的值, 从而求出椭圆 C1 的方程. (2)利用弦长公式和基本不等式求解. 【解析】(1)由题意得|B1B2|=2b=2,|A1A2|=2a, |F1F2|=2c,a2-b2=c2,

-8-

又 2×(2c)2=(2a)2+22, 解得 a2=3,c2=2, 故椭圆 C1 的方程为 +y2=1. (2)由(1)可取椭圆的左顶点坐标为 A1(设直线 l 的方程为 y=k(x+ 由直线 l 与曲线 C2 相切得 整理得 又 0<t≤ , 所以 0< 联立 (3k2+1)x2+6 ≤ ,解得 0<k2≤1. 消去 y 整理得 k2x+9k2-3=0. ,0), , =t. ). =(t+ )t, ,0),

直线 l 被椭圆 C1 截得的线段一端点为 A1(设另一端点为 B,解方程可得点 B 的坐标为 所以|A1B|= = 令 m= 则|A1B|= . (1<m≤ = ), .

由函数 y=3m- 的性质知 y=3m- 在区间 (1, m= 时,y=3m- 取得最大值 2

] 上是增函数 , 所以当

,从而|A1B|min= .

5.已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,直线 l1 经过椭圆的上顶点

-9-

A 和右顶点 B,并且和圆 x2+y2= 相切. (1)求椭圆 C 的方程. (2)设直线 l2:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,以线段

OM,ON 为邻边作平行四边形 OMPN,其中顶点 P 在椭圆 C 上,O 为坐标原点, 求|OP|的取值范围. 【解析】(1)由已知可得 e2= 所以 a2=4b2,即 a=2b. 又椭圆的上顶点 A(0,b),右顶点 B(a,0), 所以直线 l1 的方程为 + =1,即 x+2y-a=0. 因为直线 l1 与圆 x2+y2= 相切, 所以圆心(0,0)到直线 l1 的距离等于圆的半径, 即 = ,解得 a=2, = ,

所以 b=1,故椭圆 C 的方程为 +y2=1. (2)将直线 l2 的方程和椭圆 C 的方程联立得 消去 y,化简整理得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0, 故Δ=(8km)2-4(1+4k2)×4(m2-1)=-16(m2-1-4k2)>0,即 4k2+1>m2. 设 M(x1,y1),N(x2,y2),P(x0,y0), 则由根与系数之间的关系可得 x1+x2= 因为四边形 OMPN 为平行四边形, 所以 x0=x1+x2= , , ,

y0=y1+y2=k(x1+x2)+2m=kx0+2m=

- 10 -

故点 P

. + =1,

由点 P 在椭圆上可得

整理得 4m2(4k2+1)=(4k2+1)2, 因为 4k2+1>0, 所以 4m2=4k2+1, 则|OP|2= + = = 因为|m|∈ 所以 m2∈ 所以 4故|OP|∈ ∈ . = = , , , =4. = +

6.抛物线 C1:y2=4x 的焦点与椭圆 C2: + =1(a>b>0)的一个焦点相同.设 椭圆的右顶点为 A,C1,C2 在第一象限的交点为 B,O 为坐标原点,且△OAB 的面积为 a. (1)求椭圆 C2 的标准方程. (2)过 A 点作直线 l 交 C1 于 C,D 两点,连接 OC,OD 分别交 C2 于 E,F 两点, 记△OEF,△OCD 的面积分别为 S1,S2.问:是否存在上述直线 l 使得 S2=3S1, 若存在,求直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)因为 y2=4x,所以焦点 F(1,0), 所以 c=1,即 a2=1+b2.

- 11 -

又 S△OAB= ×|OA|×yB= a, 所以 yB= . .

代入抛物线方程得 B

又 B 点在椭圆上,得 b2=3,a2=4, 所以椭圆 C2 的标准方程为 + =1. (2)假设存在满足题意的直线 l, 设直线 l 的方程为 x=my+2, 由 得 y2-4my-8=0.

设 C(x1,y1),D(x2,y2),E(xE,yE),F(xF,yF), 则 y1+y2=4m,y1·y2=-8, 又 = =| |×| |, 直线 OC 的斜率为 = , 故直线 OC 的方程为 x= 由 同理 所以 则 所以 = = = = =9, 得 . × , = , = , , =

所以 48m2=-40,故不存在直线 l 使得 S2=3S1.

- 12 -

【加固训练】 如图,已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的左、 右焦点分别为 F1,F2, 其上顶点为 A.已知△F1AF2 是边长为 2 的正三角形.

(1)求椭圆 C 的方程. (2)过点 Q(-4,0)任作一动直线 l 交椭圆 C 于 M,N 两点,记 若在线段 MN 上取一点 R,使得 =-λ · =λ · .

,当直线 l 运动时,点 R 在某

一定直线上运动,求出该定直线的方程. 【解析】(1)因为△F1AF2 是边长为 2 的正三角形, 所以 c=1,a=2,b= ,

所以,椭圆 C 的方程为 + =1. (2)由题意知,直线 MN 的斜率必存在, 设其方程为 y=k(x+4).并设 M(x1,y1),N(x2,y2), 由 消去 y 得(3+4k2)x2+32k2x+64k2-12=0, 则Δ=144(1-4k2)>0,x1+x2= x1·x2= 由 =λ· . . 得-4-x1=λ(x2+4), ,

故λ=-

设点 R 的坐标为(x0,y0),

- 13 -

则由

=-λ· = =

得 x0-x1=-λ(x2-x0),

解得 x0= =

=-1.

故点 R 在定直线 x=-1 上.

- 14 -


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