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【考前三个月】(江苏专用)2022高考数学 压轴大题突破练 圆锥曲线

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中档大题规范练——圆锥曲线1.已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),实半轴长为.(1)求双曲线C的方程;(2)若直线l:y=kx+与双曲线C的左支交于A,B两点,求k的取值范围;(3)在(2)的条件下,线段AB的垂直平分线l0与y轴交于M(0,b),求b的取值范围.解 (1)设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),由已知,得a=,c=2,b2=c2-a2=1,故双曲线方程为-y2=1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),将y=kx+代入-y2=1,得(1-3k2)x2-6kx-9=0.由题意,知解得<k<1.所以当<k<1时,直线l与双曲线C的左支有两个交点.(3)由(2),得xA+xB=,所以yA+yB=(kxA+)+(kxB+)=k(xA+xB)+2=,所以AB中点P的坐标为.设l0的方程为y=-x+b,将P点的坐标代入l0的方程,得b=,∵<k<1,∴-2<1-3k2<0,∴b<-2.∴b的取值范围是(-∞,-2).2.已知离心率为的椭圆C1的左,右焦点分别为F1,F2,抛物线C2:y2=4mx(m>0)的焦点为F2,设椭圆C1与抛物线C2的一个交点为P(x0,y0),PF1=.(1)求椭圆C1的标准方程及抛物线C2的标准方程;(2)直线x=m与椭圆C1在第一象限的交点为Q,若存在过点A(4,0)的直线l与椭圆C1相交于不同的两点M,N,使得36AQ2=35AM·AN,求出直线l的方程.解 (1)∵在椭圆C1中c=m,e=,∴a=2m,b2=3m2,设椭圆C1的方程为+=1,-7-\n联立+=1与y2=4mx,得3x2+16mx-12m2=0,即(x+6m)·(3x-2m)=0,得x=或-6m(舍去),代入y2=4mx得y=±,∴设点P的坐标为(,),PF2=+m=,PF1=2a-==,∴m=1,此时,椭圆C1的标准方程为+=1,抛物线C2的标准方程为y2=4x.(2)由题设知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-4),由消去y整理,得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0.由题意知Δ=(-32k2)2-4(3+4k2)(64k2-12)>0,解得-<k<.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.由(1)知m=1,∴解得∴点Q的坐标是(1,).∴AQ2=,由已知条件可知AM·AN=×=.又AM·AN=·=·=(k2+1)·(4-x1)·(4-x2)=(k2+1)[x1x2-4(x1+x2)+16]=(k2+1)(-4×+16)=(k2+1)·.-7-\n∴(k2+1)·=,解得k=±,经检验成立.∴直线l的方程为x-2y-4=0或x+2y-4=0.3.(2022·课标全国Ⅱ)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:+=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.(1)求M的方程;(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,①+=1,②①-②,得+=0.因为=-1,设P(x0,y0),因为P为AB的中点,且OP的斜率为,所以y0=x0,即y1+y2=(x1+x2).所以可以解得a2=2b2,即a2=2(a2-c2),即a2=2c2,又因为右焦点(c,0)在直线x+y-=0上,解得c=,所以a2=6,所以M的方程为+=1.(2)因为CD⊥AB,直线AB方程为x+y-=0,所以设直线CD方程为y=x+m,将x+y-=0代入+=1得:3x2-4x=0,即A(0,),B,所以可得AB=;将y=x+m代入+=1得:3x2+4mx+2m2-6=0,设C(x3,y3),D(x4,y4),则CD==,又因为Δ=16m2-12(2m2-6)>0,-7-\n即-3<m<3,所以当m=0时,CD取得最大值4,所以四边形ACBD面积的最大值为AB·CD=.4.已知椭圆C:+=1(a>b>0),⊙O:x2+y2=b2,点A,F分别是椭圆C的左顶点和左焦点,点P是⊙O上的动点.(1)若P(-1,),PA是⊙O的切线,求椭圆C的方程;(2)是否存在这样的椭圆C,使得恒为常数?如果存在,求出这个常数及C的离心率e;如果不存在,请说明理由.解 (1)由P(-1,)在⊙O:x2+y2=b2上,得b2=1+3=4.直线PA的斜率kPA==,而直线PA的斜率kPA=-=,所以=,解得a=4.所以a2=16,所以椭圆C的方程为+=1.(2)假设存在椭圆C,使得恒为常数.设椭圆C的半焦距为c,当P(-b,0)时,则有=;当P(b,0)时,则有=.依假设有=.①当c-b>0时,有=,所以(a-b)(b+c)=(a+b)(c-b),化简整理得a=c,这是不可能的.②当c-b<0时,有=.所以(a-b)(b+c)=(a+b)(b-c),化简整理得ac-b2=0.所以c2-a2+ac=0,两边同除以a2,得e2+e-1=0.解得e=,或e=∉(0,1)(舍去).可见,若存在椭圆C满足题意,只可能离心率e=.设P(x,y)为⊙O:x2+y2=b2上任意一点,则=-7-\n===.(*)由上c2-a2+ac=0,得a2-c2=ac,所以·=·=·c===1,从而=.代入(*)式得==,所以存在满足题意的椭圆C,这个常数为,椭圆C的离心率为e=.5.已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,设l1与轨迹C相交于点A,B,l2与轨迹C相交于点D,E,求·的最小值.解 (1)设动点P的坐标为(x,y),由题意有-|x|=1.化简得y2=2x+2|x|.当x≥0时,y2=4x;当x<0时,y=0.所以,动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≥0)和y=0(x<0).(2)由题意知,直线l1的斜率存在且不为0,设为k,则l1的方程为y=k(x-1).由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=2+,x1x2=1.因为l1⊥l2,所以l2的斜率为-.设D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得x3+x4=2+4k2,x3x4=1.-7-\n故·=(+)·(+)=·+·+·+·=||·||+||·||=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)=x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1=1++1+1+(2+4k2)+1=8+4≥8+4×2=16.当且仅当k2=,即k=±1时,·取最小值16.6.在平面直角坐标系xOy中,动点P在椭圆C1:+y2=1上,且到椭圆C1的右焦点的距离与到直线x=2的距离之比等于椭圆的离心率.动点Q是动圆C2:x2+y2=r2(1<r<2)上一点.(1)设椭圆C1上的三点A(x1,y1),B(1,),C(x2,y2)与点F(1,0)的距离依次成等差数列,线段AC的垂直平分线是否经过一个定点?请说明理由;(2)若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点,求P,Q两点的距离PQ的最大值.解 (1)椭圆C1:+y2=1的离心率e=,右焦点为(1,0),由题意可得AF=(2-x1),BF=(2-1),CF=(2-x2).因为2BF=AF+CF,所以(2-x1)+(2-x2)=2×(2-1),即得x1+x2=2.因为A,C在椭圆上,故有+y=1,+y=1,两式相减,得kAC==-=-.设线段AC的中点为(m,n),而m==1,n=,所以与直线AC垂直的直线斜率为k′=y2+y1=2n.则线段AC的垂直平分线的方程为y-n=2n(x-1),即y=n(2x-1)经过定点(,0).-7-\n即线段AC的垂直平分线过一个定点(,0).(2)依题意得,直线PQ的斜率显然存在,设直线PQ的方程为y=kx+t,设P(x′1,y′1),Q(x′2,y′2),由于直线PQ与椭圆C1相切,点P为切点,从而有得(2k2+1)x′+4ktx′1+2(t2-1)=0.故Δ=(4kt)2-4×2(t2-1)(2k2+1)=0,从而可得t2=1+2k2,x′1=-,①直线PQ与圆C2相切,则=r,得t2=r2(1+k2),②由①②得k2=,并且PQ2=OP2-OQ2=1+-r2=3-r2-≤3-2=(-1)2.即0<PQ≤-1,当且仅当r2=∈(1,4)时取等号,故P,Q两点的距离PQ的最大值为-1.-7-

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发布时间:2022-08-26 00:16:26 页数:7
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文章作者:U-336598

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