2017届高三数学(理)新课标一轮复习练习：10.6 圆锥曲线的综合问题 含解析

§10.6 圆锥曲线的综合问题
考点一 定点与定值问题
5.(2013安徽，18，12分)设椭圆E ：x
2a 2
+y 21-a
2
=1的焦点在x 轴上。

（1）若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；
（2)设F 1,F 2分别是椭圆E 的左，右焦点，P 为椭圆E 上第一象限内的点,直线F 2P 交y 轴于点Q ，并且F 1P⊥F 1Q.证明:当a 变化时,点P 在某定直线上。

解析 (1)因为焦距为1,所以2a 2-1=14
,解得a 2=5
8。

故椭圆E 的方程为8x 2
5+8y 2
3
=1。

(2）设P （x 0,y 0)，F 1（—c ，0)，F 2(c ，0), 其中c=√2a 2-1。

由题设知x 0≠c,则直线F 1P 的斜率k F 1
P =y 0
x 0
+c ，
直线F 2P 的斜率k F 2
P =y 0
x 0
-c .
故直线F 2P 的方程为y=y 0x 0
-c （x-c ）。

当x=0时，y=cy 0
c -x 0
,即点Q 的坐标为(0,cy
c -x
). 因此，直线F 1Q 的斜率为k F 1
Q =y 0
c -x。

由于F 1P⊥F 1Q ，所以k F 1
P ·k F 1
Q =y 0
x 0+c ·y 0
c -x
=-1。

化简得y 02=x 02-（2a 2—1）。

①
将①代入椭圆E 的方程,由于点P （x 0，y 0）在第一象限， 解得x 0=a 2，y 0=1—a 2，即点P 在定直线x+y=1上。

评析 本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质，直线与直线、直线与椭圆的位置关系等基础知识和基本技能。

考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力。

6。

（2012湖南，21，13分）在直角坐标系xOy中,曲线C1上的点均在圆C2:（x-5）2+y2=9外,且对C1上任意一点M,M到直线x=-2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值。

(1）求曲线C1的方程；
(2）设P（x0，y0)(y0≠±3）为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线,分别与曲线C1相交于点A,B和C，D.证明：当P在直线x=—4上运动时,四点A，B,C,D的纵坐标之积为定值.
解析（1)解法一：设M的坐标为（x，y）,由已知得|x+2｜=√(x-5)2+y2—3。

易知曲线C1上的点位于直线x=—2的右侧,于是x+2>0,所以√(x-5)2+y2=x+5.
化简得曲线C1的方程为y2=20x.
解法二:由题设知,曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x=-5的距离。

因此,曲线C1是以(5，0)为焦点，直线x=—5为准线的抛物线.故其方程为y2=20x.
（2）当点P在直线x=—4上运动时，P的坐标为（-4，y0),又y0≠±3,则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为y-y0=k（x+4），即kx—y+y0+4k=0，于是0
√k+1
=3。

整理得72k2+18y0k+y
2—9=0.①
设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程①的两个实根。

故k1+k2=—18y0
72=-y0
4
.②
由{k1x-y+y0+4k1=0,
y2=20x
得k1y2—20y+20（y0+4k1)=0.③
设四点A ，B,C ，D 的纵坐标分别为y 1，y 2，y 3，y 4，则y 1，y 2是方程③的两个实根，所以y 1y 2=20(y 0
+4k 1)k 1。

④
同理可得y 3y 4=20(y 0
+4k 2)k 2
.⑤
于是由②，④,⑤三式得
y 1y 2y 3y 4=400(y 0
+4k 1
)(y 0
+4k 2
)
k 1k
2
=400[y 0
2+4(k 1
+k 2
)y 0
+16k 1k 2
]k 1k 2
=
400(y 02-y 02+16k 1k 2)
k 1k 2
=6 400。

所以，当P 在直线x=—4上运动时,四点A ，B,C ，D 的纵坐标之积为定值6 400.
评析 本题考查了直线、圆、抛物线的基础知识；考查了学生的运算求解能力.在运算时运用整体运算的技巧至关重要. 考点二 最值与范围问题
7。

(2014福建,9,5分)设P ，Q 分别为圆x 2+(y-6)2=2和椭圆x
2
10+y 2=1上
的点,则P ，Q 两点间的最大距离是（ )
A 。

5√2 B.√46+√2 C 。

7+√2 D.6√2
答案 D 设Q(√10cos θ,sin θ）,圆心为M,由已知得M （0，6)， 则|MQ|=√(√10cosθ-0)2+(sinθ-6)2 =√10cos 2θ+sin 2θ-12sinθ+36 =√-9sin 2θ-12sinθ+46 =√-9(sinθ+23
)2
+50
≤5√2(当sinθ=-23
时取等号)，
故|PQ|max =5√2+√2=6√2.
8。

（2014安徽，19，13分)如图,已知两条抛物线E 1:y 2=2p 1x(p 1〉0）和E 2：y 2=2p 2x(p 2>0）,过原点O 的两条直线l 1和l 2，l 1与E 1，E 2分别交于A 1，A 2两点,l 2与E 1，E 2分别交于B 1，B 2两点。

(1)证明:A 1B 1∥A 2B 2；
(2)过O 作直线l （异于l 1,l 2)与E 1，E 2分别交于C 1，C 2两点.记△A 1B 1C 1与△A 2B 2C 2的面积分别为S 1与S 2，求S 1S
2
的值.
解析 (1）证明：设直线l 1，l 2的方程分别为y=k 1x,y=k 2x(k 1,k 2≠0),则
由{y =k 1x,y 2=2p 1x,
得A 1(2p 1
k 12,2p 1k 1),
由{y =k 1x,y 2=2p 2x,
得A 2(2p
2k 1
2,
2p 2k 1
)。

同理可得B 1(2p
1k
2
2,
2p 1k 2
)
,B 2(2p
2
k
2
2,
2p 2k 2
)。

所以A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2p
1
k
2
2-
2p 1k 1
2,
2p 1k 2
-2p 1k 1
)
=2p 1(1k 2
2
-1k 1
2,1k 2
-1k 1
)，
A 2
B 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2p
2k
2
2-
2p 2k 1
2,
2p 2k 2
-
2p 2k 1
)
=2p 2(1k 2
2-1k 1
2,1k 2
-1k 1
)，
故A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =p
1p
2
A 2
B 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以A 1B 1∥A 2B 2.
（2)由（1)知A 1B 1∥A 2B 2,同理可得B 1C 1∥B 2C 2，C 1A 1∥C 2A 2. 所以△A 1B 1C 1∽△A 2B 2C 2.
因此S 1S 2
=
(|A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 2B 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
)2。

又由(1)中的A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =p
1p 2
A 2
B 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 知|A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||A 2B 2
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=p
1p
2
. 故S 1S 2
=p
12p
2
2。

9。

(2014四川，20，13分)已知椭圆C ：x
2a 2
+y 2b
2
=1(a 〉b>0）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形。

（1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设F 为椭圆C 的左焦点,T 为直线x=—3上任意一点,过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q.
(i ）证明：OT 平分线段PQ(其中O 为坐标原点）；
（ii)当|TF||PQ|最小时，求点T 的坐标.
解析 （1)由已知可得{√a 2
+b 2
=2b,2c =2√a 2-b 2=4,
解得a 2=6,b 2=2,
所以椭圆C 的标准方程是x 2
6+y 2
2=1。

(2)(i ）由（1）可得，F 的坐标是(—2,0),设T 点的坐标为(-3，m ）。

则直线TF 的斜率k TF =m -0
-3-(-2)
=-m 。

当m≠0时,直线PQ 的斜率k PQ =1
m ，直线PQ 的方程是x=my-2.
当m=0时，直线PQ 的方程是x=—2,也符合x=my —2的形式。

设P(x 1，y 1），Q(x 2，y 2),将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得
{x =my -2,
x 2
6
+y 2
2=1.
消去x ，得（m 2+3)y 2-4my —2=0, 其判别式Δ=16m 2+8(m 2+3)〉0.
所以y 1+y 2=4m m 2
+3,y 1y 2=-2
m 2
+3
，
x 1+x 2=m （y 1+y 2)—4=-12m 2
+3。

所以PQ 的中点M 的坐标为(-6m 2
+3,2m m 2
+3
)。

所以直线OM 的斜率k OM =-m 3
，
又直线OT 的斜率k OT =—m 3,所以点M 在直线OT 上，
因此OT 平分线段PQ 。

（ii)由(i)可得， |TF|=√m 2+1,
｜PQ|=√(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2 =√(m 2+1)[(y 1+y 2)2-4y 1y 2] =√(m 2+1)[(4m m 2
+3
)2
-4·
-2
m 2+3
]=√24(m 2+1)m 2
+3
.
所以|TF||PQ|
=
√124·(m 2+3)2m 2+1
=√124·(m 2+1+4m 2
+1+4)≥√124×(4+4)=√33。

当且仅当m 2+1=4m 2
+1,即m=±1时，等号成立，此时|TF|
|PQ|取得最小值.
所以当|TF||PQ|最小时,T 点的坐标是(—3,1）或(-3，—1)。

评析 本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想.
10。

（2013重庆,21，12分）如图，椭圆的中心为原点O ，长轴在x 轴上,离心率e=√22,过左焦点F 1作x 轴的垂线交椭圆于A,A’两点，｜AA'|=4。

(1)求该椭圆的标准方程;
（2)取垂直于x 轴的直线与椭圆相交于不同的两点P,P',过P,P'作圆心为Q 的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q 外。

若PQ⊥P'Q，求圆Q 的标准方程。

解析 （1）由题意知点A(—c,2)在椭圆上，则(-c)2
a 2
+22
b 2
=1，从而e 2+4b 2
=1。

由e=√2
2得b 2
=41-e 2
=8，从而a 2
=b 21-e 2
=16。

故该椭圆的标准方程为x 216
+y 28
=1.
（2)由椭圆的对称性,可设Q(x 0，0）.又设M(x,y ）是椭圆上任意一点，则
|QM|2=（x —x 0)2+y 2=x 2
—2x 0x+x 0
2
+8
(1-x 216)
=12
(x —2x 0）2—x 02
+8(x∈[—4,4]）。

设P （x 1，y 1),由题意,P 是椭圆上到Q 的距离最小的点，
因此，上式当x=x 1时取最小值，又因x 1∈（—4,4），所以上式当x=2x 0
时取最小值，从而x 1=2x 0，且|QP ｜2=8-x 02。

因为PQ⊥P'Q,且P’（x 1,—y 1）,所以QP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·QP'⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-x 0，y 1）·(x 1—x 0
，-y 1)=0，即(x 1—x 0）2-y 12=0。

由椭圆方程及x 1=2x 0得14x 1
2
—8
(1-x 1
216)
=0，
解得x 1=±4√63,x 0=x 1
2=±2√6
3。

从而｜QP|2=8-x 02
=163
.
故这样的圆有两个,其标准方程分别为
(x
+2√63
)2
+y 2
=16
3
,
(x -2√63)
2
+y 2=163
.
评析 本题考查了椭圆的标准方程、几何性质、函数的最值等知识,考查了运算能力，分析问题和解决问题的能力，综合性较强。

11。

(2012北京，19，14分)已知曲线C:（5-m)x 2+(m —2)y 2=8（m∈R）. （1）若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，求m 的取值范围;
(2)设m=4，曲线C 与y 轴的交点为A,B （点A 位于点B 的上方），
直线y=kx+4与曲线C 交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM 交于点G 。

求证:A ，G,N 三点共线。

解析 （1)因为曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，所以{5-m >0,m -2>0,
85-m
>8
m -2,
解得72
<m 〈5，所以m 的取值范围是(72
,5)。

（2)证明：当m=4时，曲线C 的方程为x 2+2y 2=8,点A ，B 的坐标分别为（0,2)，（0，-2）.
由{y =kx +4,x 2+2y 2=8,
得（1+2k 2)x 2+16kx+24=0.
因为直线与曲线C 交于不同的两点，所以Δ=(16k）2—4（1+2k 2）×24>0，即k 2〉32
. 设点M,N 的坐标分别为(x 1，y 1），(x 2，y 2）,则y 1=kx 1+4，
y 2=kx 2+4,x 1+x 2=-16k 1+2k 2
,x 1x 2=24
1+2k 2
.
直线BM 的方程为y+2=y 1
+2x 1
x ，点G 的坐标为(3x 1
y 1
+2,1)。

因为直线AN 和直线AG 的斜率分别为k AN =y 2
-2x 2
,k AG =-y 1
+23x 1
，
所以k AN —k AG =y 2
-2x 2
+y 1
+23x 1
=kx 2
+2x 2
+kx 1
+63x 1
=43k+2(x 1
+x 2)x 1x
2
=43k+2×
-16k
1+2k 2241+2k
2=0。

即k AN =k AG ,故A ，G ，N 三点共线.
评析 本题主要考查直线与椭圆的位置关系。

考查学生计算能力及转化与化归思想.
12。

(2012四川,21,12分)如图，动点M 与两定点A(—1,0)、B （2,0）构成△MAB，且∠MBA=2∠MAB.设动点M 的轨迹为C. （1)求轨迹C 的方程；
(2）设直线y=-2x+m 与y 轴相交于点P,与轨迹C 相交于点Q 、R,且｜
PQ ｜〈｜PR|，求|PR|
|PQ|的取值范围.
解析 （1)设M 的坐标为（x ，y ）,显然有x 〉0,且y≠0. 当∠MBA=90°时,点M 的坐标为（2,±3).
当∠MBA≠90°时,x≠2，由∠MBA=2∠MAB，有tan ∠MBA=2tan ∠MAB 1-tan 2
∠MAB
，即-|y|
x -2
=
2|y|
x+1
1-(|y|x+1)
2
.
化简可得,3x 2—y 2—3=0.
而点（2，±3）在曲线3x 2—y 2-3=0上，
综上可知,轨迹C 的方程为3x 2—y 2—3=0（x 〉1）.(5分)
（2）由{y =-2x +m,
3x 2-y 2-3=0
消去y ，
可得x 2—4mx+m 2+3=0.(*)
由题意,方程（＊）有两根且均在(1，+∞）内， 设f （x)=x 2-4mx+m 2+3， 所以
{--4m
2>1,
f(1)=12-4m +m 2+3>0,Δ=(-4m)2-4(m 2+3)>0.
解得m 〉1，且m≠2.
设Q 、R 的坐标分别为(x Q ，y Q ）、（x R ，y R )，由|PQ ｜〈|PR|有x R =2m+√3(m 2-1),x Q =2m —√3(m 2-1). 所以|PR|
|PQ|
=x R x Q
=
2m+√3(m 2-1)2m -√3(m 2-1)
=
2+√3(1-1
m
2)
2-√3(1-1
m
2)
=—1+
4
2-√3(1-1
m
2)。

由m>1，且m≠2,有1<-1+
4
2-√3(1-1
m
2)
〈7+4√3，且-1+
4
2-√3(1-1
m
2)
≠7。

所以|PR|
|PQ|的取值范围是（1,7）∪(7，7+4√3)。

（12分)
评析 本题主要考查直线、双曲线、轨迹方程的求法等基础知识，考查思维能力、运算能力,考查函数、分类与整合等数学思想,并考查思维的严谨性。

考点三 存在性问题
4.(2013湖北,21,13分）如图，已知椭圆C 1与C 2的中心在坐标原点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C 1,C 2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D 。

记λ=m n ，△BDM 和△ABN 的面积分别为S 1和S 2。

（1)当直线l 与y 轴重合时,若S 1=λS 2,求λ的值;
（2）当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=λS 2?并说明理由.
解析 依题意可设椭圆C 1和C 2的方程分别为C 1:x 2
a 2
+y 2m 2
=1,C 2：x 2a 2
+y 2n 2
=1.
其中a>m>n 〉0，λ=m n
>1.
(1)解法一:如图1,若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为x=0，则
S 1=12｜BD|·｜OM ｜=1
2a ｜BD|,
S 2=12|AB ｜·｜ON ｜=1
2a|AB ｜,
所以S 1S 2
=|BD|
|AB|
.
在C 1和C 2的方程中分别令x=0，可得y A =m ，y B =n,y D =—m,于是
|BD|
|AB|
=|y B
-y D ||y A -y B |
=m+n m -n =λ+1λ-1。

若S 1S 2
=λ,则λ+1λ-1
=λ,化简得λ2—2λ—1=0。

由λ>1，可解得λ=√2+1。

故当直线l 与y 轴重合时,若S 1=λS 2,则λ=√2+1。

解法二：如图1,若直线l 与y 轴重合,则
|BD|=｜OB ｜+｜OD|=m+n ，|AB|=｜OA ｜—|OB|=m-n;
S 1=12｜BD ｜·|OM｜=12a|BD ｜，S 2=1
2|AB ｜·｜ON ｜= 12
a|AB ｜.
所以S 1S 2
=|BD||AB|
=m+n m -n =λ+1
λ-1。

若S 1S 2
=λ,则λ+1
λ-1
=λ,化简得λ2-2λ—1=0.
由λ〉1,可解得λ=√2+1。

故当直线l 与y 轴重合时,若S 1=λS 2,则λ=√2+1.
（2）解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=λS 2.
根据对称性，不妨设直线l ：y=kx （k>0)，点M(—a,0)，N(a ，0)到直线l 的距离分别为d 1,d 2，则 d 1=|-ak -0|√1+k =
ak
√1+k ,d 2=|ak -0|√1+k =
ak
√1+k ,
所以d 1=d 2.
又S 1=12｜BD|d 1,S 2=12|AB|d 2,所以S 1S 2
=|BD||AB|
=λ， 即|BD|=λ|AB|.
由对称性可知|AB ｜=|CD ｜，所以｜BC|=|BD|-|AB|=（λ—1)｜AB|，|AD ｜=|BD|+|AB|=（λ+1)|AB|，于是
|AD||BC|
=λ+1λ-1。

① 将l 的方程分别与C 1,C 2的方程联立，可求得 x A =
am
√a 2k +m 2
,x B =
an
√a 2k +n 2
.
根据对称性可知x C =—x B ,x D =-x A ,于是
|AD||BC|
=
√1+k 2|x -x |√1+k 2
|x B -x C |
=2x A 2x B
=
m n √
a 2k 2+n 2a 2k 2+m 2。

②
从而由①和②式可得
√
a 2k 2+n 2a 2k 2+m 2
=λ+1λ(λ-1)。

③ 令t=λ+1
λ(λ-1)
，则由m>n ，可得t≠1,
于是由③式可解得k 2
=
n 2(λ2t 2-1)a 2(1-t 2)。

因为k≠0,所以k 2>0。

于是③式关于k 有解，当且仅当n 2(λ2t 2-1)a 2(1-t 2)
〉0,
等价于（t 2-1)(t 2-1λ2
)<0。

由λ>1，可解得1λ
〈t 〈1，
即1λ〈λ+1
λ(λ-1)
<1,由λ〉1，解得λ>1+√2， 所以当1<λ≤1+√2时,不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2; 当λ〉1+√2时,存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1=λS 2。

解法二:如图2，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得S 1=λS 2. 根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k 〉0）,
点M （-a ，0),N （a ，0）到直线l 的距离分别为d 1，d 2,则 d 1=√1+k =
√1+k ,d 2=√1+k =
√1+k ，
所以d 1=d 2。

又S 1=12|BD|d 1,S 2=12｜AB ｜d 2，所以S 1S 2
=|BD|
|AB|
=λ。

因为|BD|
|AB|
=
√1+k 2|x -x |√1+k |x A -x B |
=x A
+x B
x A
-x B
=λ，所以x A
x B
=λ+1
λ-1
. 由点A （x A ,kx A )，B （x B ,kx B )分别在C 1,C 2上,可得x A
2a 2
+k 2x A
2m
2=1，x B
2a 2
+k 2x B 2n
2=1,
两式相减可得
x A 2-x B 2
a 2
+
k 2(x A 2-λ2x B 2
)
m 2
=0，
依题意x A >x B >0,所以x A 2>x B 2。

所以由上式解得k 2
=m 2(x A 2-x B 2)a 2
(λ2x B
2
-x A
2).
因为k 2〉0,所以由m 2(x A 2-x B 2
)a 2
(λ2x B 2-x A
2)
>0,可解得1<x
A x B
<λ. 从而1<λ+1λ-1
〈λ,解得λ>1+√2， 所以当1<λ≤1+√2时，不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=λS 2; 当λ〉1+√2时,存在与坐标轴不重合的直线l 使得S 1=λS 2。

评析 本题综合考查直线与圆锥曲线相交得到的三角形的面积的问题.解决此问题的关键:首先将面积比转化成线段比，再通过常规方法的计算构造方程或不等式进行求值或求范围.难度较大,对计算能力、转化能力要求很高.。