版高考数学理曲线与方程圆锥曲线的综合应用二轮考点专练

版高考数学理曲线与方程圆锥曲线的综合应用二轮考点专练

考点44 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用 一、选择题 ‎1.（2013·四川高考理科·Ｔ6）抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离是（ ）‎ ‎（A） （B） （C） （D）‎ ‎【解题指南】本题考查的是抛物线与双曲线的基本几何性质，在求解时首先求得抛物线的焦点坐标，然后求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式进行求解即可.‎ ‎【解析】选B，由抛物线的焦点，双曲线的一条渐近线方程为，根据点到直线的距离公式可得，故选B.‎ ‎2.（2013·山东高考文科·Ｔ11）与（2013·山东高考理科·Ｔ11）相同 抛物线C1：y=x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p=（ ） ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解题指南】 本题考查了圆锥曲线的位置关系,可先将抛物线化成标准方程,然后再利用过交点的切线平行于C2的一条渐近线,求得切线斜率,进而求得p的值.‎ ‎【解析】选D. 经过第一象限的双曲线的渐近线为.抛物线的焦点为,双曲线的右焦点为.，所以在处的切线斜率为，即，所以，即三点，，共线，所以，即.‎ 二、填空题 ‎3. （2013·江西高考理科·Ｔ14）抛物线x2=2py（p＞0）的焦点为F，其准线与双曲线相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p=___________.‎ ‎【解题指南】A、B、F三点坐标都能与p建立起联系，分析可知△ABF的高为P，可构造p的方程解决.‎ ‎【解析】由题意知△ABF的高为P，将代入双曲线方程得A，B两点的横坐标为，因为△ABF为等边三角形，所以，从而解得，即.‎ ‎【答案】6.‎ ‎4.（2013·安徽高考理科·Ｔ13）已知直线交抛物线于两点。若该抛物线上存在点，使得为直角，则的取值范围为___________‎ ‎【解题指南】 点C的轨迹是圆心在y轴上、半径为的圆，数形结合可得。‎ ‎【解析】联立直线与抛物线得，满足题设条件的点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其方程为。由数形结合可知当时满足题设要求，解得。‎ ‎【答案】.‎ 三、解答题 ‎5.（2013·北京高考理科·Ｔ19）已知A、B、C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点.‎ ‎(1)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积.‎ ‎(2)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.‎ ‎【解题指南】（1）利用OB的垂直平分线求出AC的长，再求面积；‎ ‎（2）若是菱形，则OA=OC，A点与C点的横坐标相等或互为相反数。‎ ‎【解析】（1）线段OB的垂直平分线为，或，，所以菱形面积为|OB|·|AC|=×2×=.‎ ‎（2）四边形OABC不可能是菱形，只需要证明若OA=OC，则A点与C点的横坐标相等或互为相反数.‎ 设OA=OC=r（r>1)，则A、C为圆与椭圆的交点.‎ ‎，,所以A点与C点的横坐标互为相反数或相等，‎ 此时B点为顶点.因此四边形OABC不可能是菱形.‎ ‎6.（2013·江西高考文科·Ｔ20）椭圆C:(a>b>0)的离心率，a+b=3.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)如图，A,B,D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m，证明:2m-k为定值.‎ ‎【解题指南】（1）借助椭圆中的关系及两个已知条件即可求解；（2）可以写出BP的直线方程，分别联立椭圆方程及AD的方程表示出点P、M的坐标，再利用DP与x轴表示点N的坐标，最终把m表示成k的形式，就可求出定值；另外也可设点P的坐标，把k与m都用点P的坐标来表示.‎ ‎【解析】(1) 因为，所以，又由得，代入a+b=3，得.故椭圆C的方程为.‎ ‎(2)方法一：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为 ①，‎ 将①代入，解得P.‎ 直线AD的方程为：. ② ‎ 联立①②解得M.‎ 由D（0,1），P，N（x,0）三点共线可知，即，所以点.‎ 所以MN的斜率为m,‎ 则（定值）.‎ 方法二：设，则，直线AD的方程为，‎ 直线BP的方程为，直线DP的方程为.‎ 令y=0，由于，可得.‎ 解可得M，‎ 所以MN的斜率为 ‎=.‎ 故 ‎（定值）.‎ ‎7. （2013·广东高考文科·Ｔ20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线：的距离为. 设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线PA，PB,其中A,B为切点.‎ （1） 求抛物线的方程；‎ ‎（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；‎ ‎（3）当点在直线上移动时，求的最小值.‎ ‎【解题指南】本题以抛物线的切线为载体，考查抛物线方程、导数与切线、直线方程及最值等内容.解题过程中，抛物线的性质需要熟练运用.‎ ‎【解析】（1）因为到直线：的距离为，即，所以（注意），可得抛物线的方程为；‎ ‎（2）设切点，则.‎ 对（即）求导可得，切线的斜率为，将和代入整理可得①，同理切线的斜率为，将和代入整理可得②，由①②可得点都适合方程，也就是当点为直线上的定点时，直线的方程即为.‎ ‎（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，所以，.‎ 联立方程,消去整理得，由一元二次方程根与系数的关系可得,，所以.‎ 又，则，所以当时, 取得最小值,且最小值为.‎ ‎8. （2013·广东高考理科·Ｔ20）已知抛物线的顶点为原点，其焦点（）到直线：的距离为. 设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线PA，PB,其中A,B为切点.‎ （1） 求抛物线的方程；‎ ‎（2）当点为直线上的定点时，求直线的方程；‎ ‎（3）当点在直线上移动时，求的最小值.‎ ‎【解题指南】本题以抛物线的切线为载体，考查抛物线方程、导数与切线、直线方程及最值等内容.解题过程中，抛物线的性质需要熟练运用.‎ ‎【解析】（1）因为到直线：的距离为，即，所以（注意），可得抛物线的方程为；‎ ‎（2）设切点，则.‎ 对（即）求导可得，切线的斜率为，将和代入整理可得①，同理切线的斜率为，将和代入整理可得②，由①②可得点都适合方程，也就是当点为直线上的定点时，直线的方程即为.‎ ‎（3）由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，所以，.‎ 联立方程,消去整理得，由一元二次方程根与系数的关系可得,，所以.‎ 又，则，所以当时, 取得最小值,且最小值为.‎ ‎9. （2013·重庆高考理科·Ｔ21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，．‎ ‎（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）取垂直于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、，过、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外．若⊥，求圆的标准方程．‎ ‎【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程，设出点的坐标，利用椭圆上的其余点均在圆外且⊥求出圆的方程.‎ ‎【解析】（Ⅰ）设椭圆方程为+=1(a>b>0),由题意知点在椭圆上,则从而由，得从而 故该椭圆的标准方程为 ‎（Ⅱ）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则 ‎.‎ 设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且 因为⊥，且所以 即.由椭圆方程及得,‎ 解得.从而 故这样的圆有两个,其标准方程分别为 ‎10. （2013·重庆高考文科·Ｔ21）如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点，．‎ ‎（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）取平行于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、，过、作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外．求的面积的最大值，并写出对应的圆的标准方程．‎ ‎【解题指南】直接利用已知条件可求出椭圆的标准方程，设出点的坐标，利用椭圆上的其余点均在圆外可求的面积的最大值以及圆的方程.‎ ‎【解析】（Ⅰ）由题意知点在椭圆上,则从而 由，得从而 故该椭圆的标准方程为 ‎（Ⅱ）由椭圆的对称性,可设,又设是椭圆上任意一点,则 ‎.‎ 设,由题意,是椭圆上到的距离最小的点,因此,上式当时取最小值,又因为,所以上式当时取最小值,从而,且 由对称性知故,所以 当时,的面积取到最大值.‎ 此时对应的圆的圆心坐标为,半径因此,这样的圆有两个,其标准方程分别为 ‎11. （2013·新课标Ⅰ高考文科·Ｔ21）与（2013·新课标Ⅰ高考理科·Ｔ20）相同 已知圆：,圆：,动圆与外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线.‎ ‎（Ⅰ）求的方程；‎ ‎（Ⅱ）是与圆,圆都相切的一条直线，与曲线交于A，B两点，当圆的半径最长时，求. ‎ ‎【解题指南】（Ⅰ）根据圆的位置关系与半径的关系并结合圆锥曲线的定义确定曲线C的方程.‎ ‎（Ⅱ）结合图象，确定当圆的半径最长时的情形，并对的值进行分类求解.‎ ‎【解析】由已知得圆的圆心为，半径；圆圆心为，半径.设圆的圆心为,半径为 ‎（Ⅰ）动圆与外切并且与圆内切。，所以 由椭圆定义可知，曲线是以，为左、右焦点，长半轴长为2,短半轴长为的椭圆（左顶点除外），其方程为.‎ ‎（Ⅱ）对于曲线上任意一点,由于，所以，当且仅当圆的圆心为时，，所以当圆的半径最长时，其方程为.‎ 若的倾斜角为，则与轴重合，可得.‎ 若的倾斜角不为，由，知不平行于轴，设与轴的交点为，‎ 则，可求得，所以可设：，由与圆相切得，解得.‎ 当时，将代入，并整理得，‎ 解得，，所以.‎ 当时，由图形的对称性可知.‎ 综上，或.‎ ‎12.（2013·江西高考理科·Ｔ20）如图，椭圆经过点P（‎ ‎），离心率，直线l的方程为x=4.‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由 ‎【解题指南】（1）注意到点P在椭圆上，与可求出椭圆中的a，b，进而可写出椭圆的方程；(2) 设出直线AB的方程，联立直线与椭圆方程，结合A、F、B三点共线可得k1+k2 与k3的关系,进而可求λ的值 ‎【解析】（1）由在椭圆上得， ①‎ 依题设知a=2c，则a2=4c2,， ②‎ 将②代入①得故椭圆C的方程为.‎ ‎（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为 ③‎ 代入椭圆方程并整理得 设，则有 ④‎ 在方程③中令x=4得M(4，3k).‎ 从而 注意到A、F、B三点共线，则有,即.‎ 所以 ‎ ⑤‎ 将④代入⑤得 又，所以故存在常数符合题意.‎ 方法二：设，则直线FB的方程为：，‎ 令x=4，求得，‎ 从而直线PM的斜率为，‎ 联立，解得，‎ 则直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，‎ 所以，故存在常数符合题意.‎ ‎13. （2013·湖北高考文科·T22）与（2013·湖北高考理科·T21）相同 如图，已知椭圆C1与C2 的中心坐标原点O，长轴均为MN且在X轴上，短轴长分别为2m，2n（m>n）,过原点且不与x轴重合的直线l与C1， C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D。记λ =，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.。‎ ‎（Ⅰ）当直线l与轴重合时，若S1=λ S2 ，求λ的值；‎ ‎（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得S1=λ S2？并说明理由 ‎【解题指南】 （Ⅰ）由S1=λS2列出方程解出λ的值,验证λ>1得λ的值. （Ⅱ）先假设存在,看是否能求出符合条件的λ,如果推出矛盾就是不存在.‎ ‎ 【解析】依题意可设椭圆和的方程分别为 ‎：，：. 其中，‎ ‎（Ⅰ）方法1：如图1，‎ 图1‎ 若直线与轴重合，即直线的方程为，则 ‎，，所以. ‎ 在C1和C2的方程中分别令，可得，，，‎ 于是.‎ 若，则，化简得. 由，可解得.‎ 故当直线与轴重合时，若，则. ‎ 方法2：如图1，若直线与轴重合，则 ‎，；‎ ‎，.‎ 所以. ‎ 若，则，化简得. 由，可解得.‎ 故当直线与轴重合时，若，则. ‎ ‎（Ⅱ）方法一：如图2，‎ 图2‎ 若存在与坐标轴不重合的直线，使得. 根据对称性，‎ 不妨设直线：，‎ 点，到直线的距离分别为，，则 因为，，所以. ‎ 又，，所以，即. ‎ 由对称性可知，所以，‎ ‎，于是 ‎. ①‎ 将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得 ‎，.‎ 根据对称性可知，，于是 ‎. ② ‎ 从而由①和②式可得 ‎. ③‎ 令，则由，可得，于是由③可解得.‎ 因为，所以. 于是③式关于有解，当且仅当，‎ 等价于. 由，可解得，‎ 即，由，解得，所以 当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得；‎ 当时，存在与坐标轴不重合的直线使得. ‎ 方法2：如图2，若存在与坐标轴不重合的直线，使得. 根据对称性，‎ 不妨设直线：，‎ 点，到直线的距离分别为，，则 因为，，所以. ‎ 又，，所以.‎ 因为，所以.‎ 由点，分别在C1，C2上，可得 ‎，，两式相减可得，‎ 依题意，所以. 所以由上式解得. ‎ 因为，所以由，可解得.‎ 从而，解得，‎ 所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线，使得；‎ 当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得.‎ ‎14. （2013·大纲版全国卷高考文科·Ｔ22）与（2013·大纲版全国卷高考理科·Ｔ21）相同 已知双曲线离心率为直线 ‎（I）求 ‎（II）‎ 证明：‎ ‎【解题指南】（I）利用及列出关于的方程求解的值.‎ ‎（II）将过的直线与（I）中所求双曲线方程联立成方程组，化简成关于的一元二次方程，由求得的值，然后求出，，进行证明.‎ ‎【解析】（I）由题设知，即，故.‎ 所以的方程为.‎ 将代入上式，求得.‎ 由题设知，，解得.‎ 所以，.‎ ‎（II）由（I）知，，，的方程为.①‎ 由题意可设的方程为，代入①并化简得 ‎.‎ 设，，则，，，.‎ 于是，‎ 由得，即，故.‎ 解得从而.‎ 由于，‎ ‎.‎ 故，‎ ‎.‎ 因而,所以、、成等比数列.‎ ‎15.（2013·上海高考文科·T23）与（2013·上海高考理科·T22）相同 如图，已知双曲线C1:，曲线C2:.P是平面内一点.若存在过点P的直线与C1、C2都有共同点，则称P为“C1-C2型点”.‎ ‎（1）在正确证明C1的左焦点是“C1-C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；‎ ‎（2）设直线y=kx与C2有公共点，求证＞1，进而证明圆点不是“C1-C2型点”；‎ ‎（3）求证：圆内的点都不是“C1-C2型点”.‎ ‎【解析】(1)C1的左焦点为(-,0),写出的直线方程可以是以下形式:‎ x=-或y=k(x+),其中|k|≥.‎ ‎(2)因为直线y=kx与C2有公共点,‎ 所以方程组有实数解,‎ 因此|kx|=|x|+1,得|k|=>1.‎ 若原点是“C1-C2型点”,则存在过原点的直线与C1,C2都有公共点.‎ 考虑过原点与C2有公共点的直线x=0或y=kx(|k|>1).‎ 显然直线x=0与C1无公共点.‎ 如果直线为y=kx(|k|>1),‎ 则由方程组 得x2=<0,矛盾,‎ 所以直线y=kx(|k|>1)与C1也无公共点.‎ 因此原点不是“C1-C2型点”.‎ ‎(3)记圆O:x2+y2=,取圆O内的一点Q,‎ 设有经过Q的直线l与C1,C2都有公共点,‎ 显然l不垂直于x轴,故可设l:y=kx+b.‎ 若|k|≤1,由于圆O夹在两组平行线y=x±1与y=-x±1之间,‎ 因此圆O也夹在直线y=kx±1与y=-kx±1之间,从而过Q且以k为斜率的直线l与C2无公共点,矛盾,所以|k|>1.‎ 因为l与C1有公共点,‎ 所以方程组有实数解,‎ 得(1-2k2)x2-4kbx-2b2-2=0.‎ 因为|k|>1,所以1-2k2≠0,‎ 因此Δ=(4kb)2-4(1-2k2)(-2b2-2)=8(b2+1-2k2)≥0,即b2≥2k2-1.‎ 因为圆O的圆心(0,0)到直线l的距离d=,‎ 所以=d2<,从而>b2≥2k2-1,‎ 得k2<1,与|k|>1矛盾.‎ 因此,圆x2+y2=内的点都不是“C1-C2型点”.‎