高优指导高考数学二轮复习 专题七 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用素能提升练 理-人教版高三全册

第三讲圆锥曲线的综合应用
素能演练提升十四SUNENG YANLIAN
TISHENG SHISI
掌握核心,赢在课堂
1.某圆锥曲线有两个焦点F1,F2,其上存在一点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则此圆锥曲线的离心率等于( )
A.B.或2
C.或2
D.
解析:依题意,设|PF1|=4m,|F1F2|=3m,|PF2|=2m.
若此圆锥曲线是椭圆,则相应的离心率为;
若此圆锥曲线是双曲线,则相应的离心率为.故选A.
答案:A
2.在△ABC中,AC=6,BC=7,cos A=,O是△ABC的内心,若=x+y,其中0≤x≤1,0≤y≤1,则动点P的轨迹所覆盖的面积为( )
A.B.
C.D.
解析:∵=x+y,其中0≤x≤1,0≤y≤1,动点P的轨迹所覆盖的区域是以OA,OB为邻边的平行四边形及其内部,则动点P的轨迹所覆盖的面积S=AB·r,r为△ABC的内切圆的半径.
在△ABC中,由余弦定理可知
cos A=,
整理得5AB2-12AB-65=0,解得AB=5,
因此S△ABC=×6×5×sin A=6.
又∵O为△ABC的内心,故O到△ABC各边的距离均为r,此时△ABC的面积可以分割为三个小三角形的面积的和,∴S△ABC=(6+5+7)×r,即(6+5+7)×r=6,解得r=,
即所求的面积S=AB·r=5×.
答案:A
3.(2014某某某某第一次摸底调研,12)过椭圆+y2=1的左焦点作互相垂直的两条直线,分别交椭圆于A,C,B,D四点,则四边形ABCD面积的最大值与最小值之差为( )
A.B.C.D.
解析:当直线AC的斜率存在且不为0时,设直线AC:y=k(x+),
则BD:y=-(x+),
由消去y得(4k2+1)x2+8k2x+12k2-4=0,
设A(x1,y1),C(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,|AC|==4×,
将k换成-,得|BD|=4×,
∴四边形ABCD的面积S=|AC|×|BD|=,
设k2+1=t(t>1),
则S=,令=m(0<m<3),
则S=,
∵0<m<3,∴≤S<2;
当直线AC的斜率为0或不存在时,S=2.
综上所述,≤S≤2,面积的最大值与最小值之差为2-.
答案:B
4.已知点E(m,0)(m>0)为抛物线y2=4x内一个定点,过E作斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于点A,B,C,D,且M,N分别是AB,CD的中点.
(1)若m=1,k1k2=-1,求△EMN面积的最小值;
(2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点.
解:(1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点,
∵k1k2=-1,∴AB⊥CD.
设AB的方程为y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
由得k1y2-4y-4k1=0,y1+y2=,y1y2=-4.
∵M,
∴M.
同理,点N(2+1,-2k1),
∴S△EMN=|EM|·|EN|==2≥2=4,
当且仅当,即k1=±1时,△EMN的面积取最小值4.
(2)证明:设AB的方程为y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2),
由得k1y2-4y-4k1m=0,
∴y1+y2=,y1y2=-4m.
∵M,∴M.
同理,点N.
∴k MN==k1k2.
∴MN的方程为y-=k1k2,即y=k1k2(x-m)+2.
∴直线MN恒过定点(m,2).
5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点,将其坐标记录于下表中:
(1)求C1,C2的标准方程.
(2)是否存在直线l满足条件:①过C2的焦点F;②与C1交于不同的两点M,N,且满足?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解:(1)设抛物线C2:y2=2px(p≠0),则有=2p(x≠0),
据此验证四个点知(3,-2),(4,-4)在抛物线上,易求C2:y2=4x.
设C1:=1(a>b>0),
把点(-2,0),代入得
解得
所以C1的标准方程为+y2=1.
(2)容易验证当直线l的斜率不存在时,不满足题意.
当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1),与C1的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).
由消去y并整理得
(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,
于是x1+x2=,x1x2=.①
y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1],
即y1y2=k2=-.②
由,即=0,得x1x2+y1y2=0.(*)
将①②代入(*)式,得=0,解得k=±2,
所以存在直线l满足条件,且l的方程为2x-y-2=0或2x+y-2=0.
6.(2013课标全国Ⅱ高考,理20)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),P(x0,y0),
则=1,=1,=-1,
由此可得=-=1.
因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,,
所以a2=2b2.
又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.
因此a2=6,b2=3.所以M的方程为=1.
(2)由解得
因此|AB|=.
由题意可设直线CD的方程为y=x+n,
设C(x3,y3),D(x4,y4).
由得3x2+4nx+2n2-6=0.
于是x3,4=.
因为直线CD的斜率为1,
所以|CD|=|x4-x3|=.
由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|·|AB|=.
当n=0时,S取得最大值,最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.
7.(2014某某高考,理19)已知双曲线E:=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x.
(1)求双曲线E的离心率;
(2)如图,O为坐标原点,动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且△OAB 的面积恒为8.试探究:是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出双曲线E 的方程;若不存在,说明理由.
解法一:(1)因为双曲线E的渐近线分别为y=2x,y=-2x, 所以=2,
所以=2,
故c=a,
从而双曲线E的离心率e=.
(2)由(1)知,双曲线E的方程为=1.
设直线l与x轴相交于点C.
当l⊥x轴时,若直线l与双曲线E有且只有一个公共点,
则|OC|=a,|AB|=4a,
又因为△OAB的面积为8,
所以|OC|·|AB|=8,
因此a·4a=8,解得a=2,
此时双曲线E的方程为=1.
若存在满足条件的双曲线E,则E的方程只能为=1.
以下证明:当直线l不与x轴垂直时,双曲线E:=1也满足条件.
设直线l的方程为y=kx+m,依题意,得k>2或k<-2,
则C.记A(x1,y1),B(x2,y2).
由得y1=,同理得y2=,
由S△OAB=|OC|·|y1-y2|得,=8,即m2=4|4-k2|=4(k2-4).
由得,(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0.
因为4-k2<0,
所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16),
又因为m2=4(k2-4),
所以Δ=0,即l与双曲线E有且只有一个公共点.
因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为=1.
解法二:(1)同解法一.
(2)由(1)知,双曲线E的方程为=1.
设直线l的方程为x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2).
依题意得-<m<.
由得y1=,同理得y2=.
设直线l与x轴相交于点C,则C(t,0).
由S△OAB=|OC|·|y1-y2|=8,得|t|·=8,
所以t2=4|1-4m2|=4(1-4m2).
由得,(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0.
因为4m2-1<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0, 即4m2a2+t2-a2=0,即4m2a2+4(1-4m2)-a2=0,即(1-4m2)(a2-4)=0,
所以a2=4,
因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为=1.
解法三:(1)同解法一.
(2)当直线l不与x轴垂直时,设直线l的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).
依题意得k>2或k<-2.
由得,(4-k2)x2-2kmx-m2=0,
因为4-k2<0,Δ>0,所以x1x2=,
又因为△OAB的面积为8,
所以|OA|·|OB|·sin∠AOB=8,
又易知sin∠AOB=,
所以=8,化简得x1x2=4.
所以=4,即m2=4(k2-4).
由(1)得双曲线E的方程为=1,
由得,(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0,
因为4-k2<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0, 即(k2-4)(a2-4)=0,所以a2=4,
所以双曲线E的方程为=1.
当l⊥x轴时,由△OAB的面积等于8可得l:x=2,又易知l:x=2与双曲线E:=1有且只有一个公共点.
综上所述,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为=1.
8.(2014某某某某第二次质检,20)已知平面上的动点R(x,y)及两定点A(-2,0),B(2,0),直线RA,RB 的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-,设动点R的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程.
(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上,且MQ∥NP,MQ⊥x轴,若直线MN和直线QP交于点S(4,0).问:四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.
解:(1)由题知x≠±2,且k1=,k2=,
则=-,
整理得,曲线C的方程为=1(y≠0).
(2)设MP与x轴交于D(t,0),
则直线MP的方程为x=my+t(m≠0),
记M(x1,y1),P(x2,y2),
由对称性知Q(x1,-y1),N(x2,-y2),
由消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,
所以Δ=48(3m2+4-t2)>0,
y1+y2=-,
y1·y2=.
由M,N,S三点共线知k MS=k NS,即,
所以y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,
整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,
所以=0,
即24m(t-1)=0,t=1,
所以直线MP过定点D(1,0),
同理可得直线NQ也过定点D(1,0),
即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点,且定点坐标为(1,0).。