(京津專用)2019高考數(shù)學總復習 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(一)直線與圓錐曲線(1)理.doc
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(一)直線與圓錐曲線(1) 1.(2018唐山模擬)已知點A(-2,0),點B(-1,0),點C(1,0),動圓O′與x軸相切于點A,過點B的直線l1與圓O′相切于點D,過點C的直線l2與圓O′相切于點E(D,E均不同于點A),且l1與l2交于點P,設點P的軌跡為曲線Γ. (1)證明:|PB|+|PC|為定值,并求Γ的方程; (2)設直線l1與Γ的另一個交點為Q,直線CD與Γ交于M,N兩點,當O′,D,C三點共線時,求四邊形MPNQ的面積. 解 (1)由已知可得|PD|=|PE|, |BA|=|BD|,|CE|=|CA|, 所以|PB|+|PC|=|PD|+|DB|+|PC| =|PE|+|PC|+|AB| =|CE|+|AB| =|AC|+|AB|=4>2=|BC|, 所以點P的軌跡Γ是以B,C為焦點的橢圓(去掉與x軸的交點), 可求得Γ的方程為+=1(y≠0). (2)由O′,D,C三點共線及圓的幾何性質,可知PB⊥CD, 又由直線CE,CA為圓O′的切線, 可知|CE|=|CA|,|O′A|=|O′E|, 所以△O′AC≌△O′EC,進而有∠ACO′=∠ECO′, 所以|PC|=|BC|=2, 又由橢圓的定義,|PB|+|PC|=4,得|PB|=2, 所以△PBC為等邊三角形,即點P在y軸上,點P的坐標為(0,). (ⅰ)當點P的坐標為(0,)時, ∠PBC=60,∠BCD=30, 此時直線l1的方程為y=(x+1), 直線CD的方程為y=-(x-1), 由整理得5x2+8x=0, 得Q, 所以|PQ|=, 由整理得13x2-8x-32=0, 設M(x1,y1),N(x2,y2),x1+x2=,x1x2=-, |MN|= |x1-x2|=, 所以四邊形MPNQ的面積S=|PQ||MN|=. (ⅱ)當點P的坐標為(0,-)時, 由橢圓的對稱性,得四邊形MPNQ的面積為. 綜上,四邊形MPNQ的面積為. 2.(2018合肥模擬)已知橢圓+=1(a>b>1)的離心率為,左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,且|F1F2|=2c,⊙F2:(x-c)2+y2=1與該橢圓有且只有一個公共點. (1)求橢圓的標準方程; (2)過點P(4c,0)的直線與⊙F2相切,且與橢圓相交于A,B兩點,求證:F2A⊥F2B; (3)過點P(4c,0)的直線l與⊙F1:(x+1)2+y2=r2(r>1)相切,且與橢圓相交于A,B兩點,試探究kF2A,kF2B的數(shù)量關系. (1)解 ∵⊙F2與橢圓有且只有一個公共點, ∴公共點為(a,0)或(-a,0), 若公共點為(-a,0),則a+c=1, 又=, 解得a=<1,與a>1矛盾,故公共點為(a,0). ∴a-c=1,又e==,∴a=2,c=1. 反之,當c=1時,聯(lián)立 解得滿足條件. ∴橢圓的標準方程為+=1. (2)證明 ∵P(4,0),設過P(4,0)的直線l的方程為x=my+4, 聯(lián)立 得(4+3m2)y2+24my+36=0, 由Δ=576m2-144(4+3m2)>0,得m2>4. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則y1+y2=-,y1y2=, 又F2(1,0), ∴=(x1-1,y1)(x2-1,y2) =(1+m2)y1y2+3m(y1+y2)+9 =-+9=. 由l:x=my+4與⊙F2: (x-1)2+y2=1相切得m2=8,滿足m2>4, ∴=0,即F2A⊥F2B. (3)解 猜想:+=0. 證明如下: 由(2)得+=+ =. ∵2my1y2+3(y1+y2)=2m-=0, ∴+=0. 3.(2018成都模擬)設F1,F(xiàn)2分別是橢圓E:+=1的左、右焦點.若P是該橢圓上的一個動點,的最大值為1. (1)求橢圓E的方程; (2)設直線x=ky-1與橢圓E交于A,B兩點,點A關于x軸的對稱點為A′(A′與B不重合),則直線A′B與x軸是否交于一個定點?若是,請寫出定點坐標,并證明你的結論;若不是,請說明理由. 解 (1)由題意得a=2,c=,b<4, ∴F1(-,0),F(xiàn)2(,0). 設P(x,y), 則=(--x,-y),=(-x,-y), 即=x2+y2-(4-b) =x2+b--4+b =x2+2b-4, ∵x∈[-2,2], ∴當x=2,即點P為橢圓長軸端點時, 有最大值1, 即1=4+2b-4,解得b=1, 故所求的橢圓E的方程為+y2=1. (2)由消去x, 整理得(k2+4)y2-2ky-3=0, 顯然Δ=4k2+12(k2+4)=16k2+48>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則A′(x1,-y1), 故y1+y2=,y1y2=. ∴經過點A′(x1,-y1),B(x2,y2)的直線方程為 =, 令y=0, 則x=y(tǒng)1+x1 = =, 又x1=ky1-1,x2=ky2-1, ∴x= = = ==-4, 即當x=-4時,y=0. ∴直線A′B與x軸交于定點(-4,0). 4.(2018濟南模擬)在平面直角坐標系xOy中,拋物線C:x2=2py(p>0),斜率為k(k≠0)的直線l經過C的焦點,且與C交于A,B兩點,滿足=-. (1)求拋物線C的方程; (2)已知線段AB的垂直平分線與拋物線C交于M,N兩點,R為線段MN的中點,記點R到直線AB的距離為d,若=,求k的值. 解 (1)由已知,得直線l的方程為y=kx+, 設A,B, 由 得x2-2pkx-p2=0,(*) x1x2=-p2,y1y2==, =x1x2+y1y2 =-p2+=-, 由已知得-=-,即p=1, ∴拋物線C的方程為x2=2y. (2)由(1)知,p=1,C:x2=2y,l:y=kx+, 方程(*)即:x2-2kx-1=0, x1+x2=2k,x1x2=-1. 設AB的中點為D(x0,y0), 則x0=(x1+x2)=k, y0=kx0+=k2+, ∴AB的垂直平分線MN的方程為 y-=-(x-k), 即x+y-k2-=0. 將直線MN的方程與C:x2=2y聯(lián)立, 得x2+x-2k2-3=0,(**) 設M,N, 則R, ∴=-, =- +k2+ =+k2+, R點到直線AB:kx-y+=0的距離d=, |AB|= = ==2, 所以==, 由已知得=,即得k=1. 把k=1代入驗證知(*)與(**)式的判別式都大于零. 5.(2018甘肅省西北師范大學附屬中學模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,過右焦點F且斜率為1的直線交橢圓C于A,B兩點,N為弦AB的中點,O為坐標原點. (1)求直線ON的斜率kON; (2)求證:對于橢圓C上的任意一點M,都存在θ∈[0,2π),使得=cos θ+sin θ成立. (1)解 設橢圓的焦距為2c, 因為=, 所以=, 故有a2=3b2. 從而橢圓C的方程可化為x2+3y2=3b2,① 右焦點F的坐標為(b,0), 據(jù)題意有AB所在的直線方程為y=x-b.② 由①②得,4x2-6bx+3b2=0, Δ=72b2-443b2=24b2>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 弦AB的中點為N(x0,y0),由根與系數(shù)的關系得, x0==,y0=x0-b=-. 所以kON==-. (2)證明 顯然與可作為平面向量的一組基底, 由平面向量基本定理, 對于這一平面內的向量, 有且只有一對實數(shù)λ,μ, 使得等式=λ+μ成立. 設M(x,y), 由(1)中各點的坐標有 (x,y)=λ(x1,y1)+μ(x2,y2), 故x=λx1+μx2,y=λy1+μy2. 又因為點M在橢圓C上, 所以有(λx1+μx2)2+3(λy1+μy2)2=3b2, 整理可得 λ2(x+3y)+μ2(x+3y)+2λμ(x1x2+3y1y2)=3b2.③ 由(1)可知,x1+x2=,x1x2=, 所以x1x2+3y1y2=x1x2+3(x1-b)(x2-b) =4x1x2-3b(x1+x2)+6b2 =3b2-9b2+6b2=0.④ 又點A,B在橢圓C上, 故有(x+3y)=3b2,(x+3y)=3b2.⑤ 將④⑤代入③可得,λ2+μ2=1. 所以對于橢圓上的每一個點M,總存在一對實數(shù), 使等式=λ+μ成立,且λ2+μ2=1. 所以存在θ∈[0,2π),使得λ=cos θ,μ=sin θ. 即對于橢圓C上任意一點M,總存在θ∈[0,2π), 使得等式=cos θ+sin θ成立.- 配套講稿:
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