2021年高考分类题库考点：39 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用 Word版含解析(数理化网)

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考点41 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用一、选择题
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
【命题意图】本题考查复数的运算.
【解析】选C.由题意知:z=-1-2i.
二、填空题
【命题意图】综合考查抛物线性质与圆的方程.考查转化的思想和通过坐标法利用向量工具解题的能力.
【解析】方法一:设圆心坐标为C(-1,m),
则A(0,m),焦点F(1,0),
AC=(-1,0),AF=(1,-m),cos∠CAF=AC AF
AC AF
•
•
=
2
1m
+
=-1
2
,m=±3,由于圆C与y
轴的正半轴相切,则取m=3,所求圆得圆心为(-1, 3),半径为1,所求圆的方程为(x+1)2+(y-3)2=1.
答案:(x+1)2+(y-3)2=1
方法二:由题意知此抛物线的焦点为(1,0),此抛物线的准线方程为x=-1,图象如图所示.故圆的圆心为(-1,y),其半径为1,因为∠FAC=120°,∠CAO=90°,所以∠FAO=120°-90°=30°,故y=3即该圆的圆心坐标为(-1, 3故此圆的方程为(x+1)232=1.
答案:(x+1)23)2=1 二、简答题
(1)求直线AB 的斜率.
(2)设M 为曲线C 上一点,C 在M 处的切线与直线AB 平行,且AM ⊥BM,求直线AB 的方程. 【命题意图】本题以抛物线为命题载体,考查直线与圆锥曲线位置关系的解题策略. 【解析】(1)设A ()11,y x ,B ()22,y x ,
则k AB =21
21y y x x --=
22
2121
44x x x x --=214x x +=1. (2)设M 200,4x x ⎛⎫
⎪⎝
⎭,则C 在M 处的切线斜率k=k AB =y'
x x ==
1
2
x 0=1, 所以x 0=2,则M ()2,1,又AM ⊥BM, =
()()
122216
x x ++=
()121224
16
x x x x +++=-1,即x 1x 2+2()12x x ++20=0,
又设AB:y=x+m 代入x 2=4y,
得x 2-4x-4m=0,所以x 1+x 2=4,x 1x 2=-4m, -4m+8+20=0,所以m=7, 所以直线AB 的方程为y=x+7.
已知抛物线C:y 2=2x,过点(2,0)的直线l 交C 于A,B 两点,圆M 是以线段AB 为直径的圆. (1)证明:坐标原点O 在圆M 上.
(2)设圆M 过点P(4,-2),求直线l 与圆M 的方程.
【解析】(1)a 1当直线l ⊥x 轴时,将x=2代入y 2=2x 得y=±2, 故|AB|=4,圆的半径为2,故原点O 在圆M 上,
b.当直线l 不垂直于x 轴时,设AB 的方程为y=k(x-2)①, 因为抛物线C 的方程为y 2=2x ②, 联立①②得,k 2x 2-(4k 2+2)x+4k 2=0,
设A,B 坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则x 1+x 2=22
42
k k
+③, x 1x 2=4④,
故OA ⊥OB,又因为AB 为直径,所以原点O 在圆M 上. (2)若斜率k 不存在时,则圆M 不经过P(4,-2),故斜率k 存在. 将
点
P,A,B
的
坐
标
代
入
得
(x 1-4)(x 2-4)+(y 1+2)(y 2+2)=0,
即
x 2x 2+y 1y 2-4(x 1+x 2)+2(y 1+y 2)+20=0⑥, 由于y 1+y 2=k(x 1-2)+k(x 2-2)=k(x 1+x 2)-4k, 利用(1)中的结论及式③化简⑥式得k 2+k-2=0, 解得k=-2或k=1.
所以当k=-2时,直线l 的方程为y=-2(x-2),x 1+x 2=92
, 所以点M 的横坐标为x 0=94,将x 0=94代入直线l 的方程y=-2(x-2)得纵坐标y 0=-1
2
,所以点M 91,42⎛⎫
-
⎪⎝⎭
,
所以
,所以圆M 的方程为22
9142x y ⎛
⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭=8516.
当k=1时,直线l 的方程为y=x-2,x 1+x 2=6,
所以点M 的横坐标为x 0=3,将x 0=3代入直线l 的方程得纵坐标y 0=1, 所以点M(3,1),所以
所以圆M 的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.
所以当k=-2时,直线l 的方程为y=-2(x-2),圆M 的方程为22
9142x y ⎛
⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭=8516;
当k=1,直线l 的方程为y=x-2,圆M 的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.
在直角坐标系xOy 中,曲线y=x 2+mx-2与x 轴交于A,B 两点,点C 的坐标为(0,1).当m 变化时,解答下列问题:
(2)证明过A,B,C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.
【解析】(1)设A(x 1,0),B(x 2,0),则x 1,x 2是方程x 2+mx-2=0的根, 所以x 1+x 2=-m,x 1x 2=-2,
所以不会出现AC ⊥BC 的情况.
(2)方法一:过A,B,C 三点的圆的圆心必在线段AB 的垂直平分线上,设圆心E(x 0,y 0),则
x 0=122x x +=-2
m
,由|EA|=|EC|得
2
1212x x x +⎛⎫
- ⎪
⎝⎭
+
20
y =2
1
22x x +⎛⎫ ⎪⎝⎭
+
()2
01y -,
化
简
得
y 0=
12
12
x x +=-12
,所以
圆E 的方程为
2
2m x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+2
12y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=2
2m ⎛⎫- ⎪⎝⎭+2
112⎛⎫-- ⎪⎝⎭
,
令x=0得y1=1,y2=-2,所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为1-(-2)=3,所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
方法二:设过A,B,C三点的圆与y轴的另一个交点为D,
由x1x2=-2可知原点O在圆内,
由相交弦定理可得|OD||OC|=|OA||OB|=|x1||x2|=2,
又|OC|=1,所以|OD|=2,
所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为|OC|+|OD|=3,为定值.
在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:
2
2 x a
+
2
2
y
b
=1(a>b>0)的离心率为2
2
,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22.
(1)求椭圆C的方程.
(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉N分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.
【命题意图】本题考查椭圆方程的求解,直线与圆的位置关系以及直线与椭圆的综合应用,意在考查考生的运算求解能力和分析问题、解决问题的能力.
【解析】(1)2,得a2=2(a2-b2),
又当y=1时,x2=a2-
2
2
a
b
,得a2-
2
2
a
b
=2,
所以a2=4,b2=2,
因此椭圆方程为
2
4
x
+
2
2
y
=1.
(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).
联立方程2
224
y kx m
y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得(2k 2+1)x 2+4kmx+2m 2-4=0, 由Δ>0得m 2<4k 2+2.(*) 且x 1+x 2=-
2
421km k +,
因此y 1+y 2=
2221
m
k +,
所以D 222,2121km m k
k ⎛⎫
- ⎪ ⎪
++⎝⎭,
又N(0,-m),
所以|ND|2=
22221km k ⎛⎫- ⎪+⎝⎭+2
221m m k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭,
整理得|ND|2
=()()
2
2
4
2
2
41321m k k k +++,
因为|NF|=|m|,
2
2
ND NF
=
()
()
422
2
43121k k k
+++=1+
()
22
2
83
21k k
++,
令t=8k 2+3,t ≥3,2k 2+1=
1
4
t +, 所以
2
2
ND NF
=1+
()
2
161t
t +=1+
16
12t t
++, 令y=t+1t
,所以y'=1-
2
1
t
.
当t ≥3时,y'>0,
从而y=t+1t 在[3,+∞)上单调递增,
因此t+1t ≥
10
3
,
等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,
所以
2
2
ND NF
≤1+3=4,
由(*)得-2<m<2且m ≠0. 故
NF ND ≥1
2
. 设∠EDF=2θ, 则sin θ=
NF ND ≥1
2
, 所以θ的最小值为
6
π, 从而∠EDF 的最小值为
3
π
,此时直线l 的斜率是0. 综上所述:当k=0,m ∈(-2,0)∪(0,2)时,∠EDF 取到最小值3
π.
(1)求椭圆E 的标准方程.
(2)若直线l 1,l 2的交点Q 在椭圆E 上,求点P 的坐标.
【命题意图】考查椭圆标准方程的求法,直线与椭圆位置关系的解决策略,突出考查考生的运算能力.
【解题指南】直线和圆锥曲线的位置关系,一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程
组,利用根与系数的关系或求根公式进行转化,要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上则点的坐标满足曲线方程. 【解析】(1)设椭圆的半焦距为c.
因为椭圆E 的离心率为12,两准线之间的距离为8,所以c a =12,2
2a c
=8,
解得a=2,c=1,于是
因此椭圆E 的标准方程是22
143
x y +=. (2)由(1)知,F 1(-1,0),F 2(1,0).
设P(x 0,y 0),因为点P 为第一象限的点,故x 0>0,y 0>0. 当x 0=1时,l 2与l 1相交于F 1,与题设不符. 当x 0≠1时,直线PF 1的斜率为
001y x +,直线PF 2的斜率为0
01
y x -. 因为l 1⊥PF 1,l 2⊥PF 2,所以直线l 1的斜率为-
001x y +,直线l 2的斜率为-00
1
x y -, 从而直线l 1的方程为:y=-
00
1
x y +(x+1),① 直线l 2的方程为:y=-
00
1
x y -(x-1).② 由①②,解得x=-x 0,y=2
01x y -,所以Q 20001,x x y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭
.
因为点Q 在椭圆上,由对称性,得2
001x y -=±y 0,即2200x y -=1或22
00x y +=1.
又P 在椭圆E 上,故2200
143
x y +=. 由22
0022001431
x y x y ⎧-⎪
⎨+
==⎪⎩解得x 0
=7,y 0
=
7;22
002200
14
31x y x y ⎧+⎪
⎨+==⎪⎩无解.
因此点P
的坐标为77⎛ ⎝⎭
.
(1)求椭圆C 的方程.
(2)点D 为x 轴上一点,过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M,N,过D 作AM 的垂线交BN 于点E.求证:△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.
【命题意图】本题主要考查椭圆的性质,意在培养学生运算能力与分析问题解决问题的能力. 【解析】(1)因为焦点在x 轴上,所以a=2,e=
c
a
=2,所以
所以b 2=a 2-c 2=1,所以2
4
x
+y 2=1.
(2)设D(x 0,0),(-2<x 0<2),M(x 0,y 0),N(x 0,-y 0),y 0>0,直线AM 的方程是y=
02
y
x +(x+2),
所以DE ⊥AM,所以k DE
=-
2
x y
+,直线DE 的方程是
y=-
2
x y +(x-x 0
),直线BN 的方程是y=0
2y
x
--(x-2),
直线BN 与DE 直线联立()()0
0000222y x y x x x y y x +⎧=--⎪
⎪
⎨⎪
=--⎪
-⎩
整理为:0
2
x
y
+(x-x 0)=
2
y x
-(x-2),
即(
2
x -4)(x-x 0)=20
y
(x-2),
即(
2
x
-4)(x-x 0)=20
44
x -(x-2),解得x E =
042
5
x +,
代入求得y E
4
5
y 0,所以N E
y
y
=5
4,又因为BDE BDN
S S ∆∆=E N
y
y
=
4
5
,所以△BDE 和△BDN 的面积之比为4∶5.
(1)求点P 的轨迹方程.
【命题意图】椭圆的几何性质、曲线与方程,向量的坐标运算以及直线方程.意在考查学生的数形结合能力和逻辑推理及运算能力. 【解析】(1)设P(x,y),M(x',y'),N(x',0),
已知NP
,即
所以0x x y '-=⎧⎪⎨'=⎪⎩
所以x x y '=⎧⎪
⎨'=⎪⎩
因为M 在椭圆上,
所以代入椭圆方程得到x 2+y 2=2, 所以点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2.
(2)设P(x 1,y 1),Q(-3,y 2),椭圆的左焦点为F(-1,0),OP =(x 1,y 1),PQ =(-3-x 1,y 2-y 1),
当x=-1时,y=y 1+
23
y (-1-x 1)=y 1+23y --123x y =y 1-123x y -23y =12123y y x y •--2
3y ,将①代入得
y=0,
所以过P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F.
(1)求椭圆E 的方程. (2)如图,动直线l:y=k 1
E 于A,B 两点,C 是椭圆E 上一点,直线OC 的斜率为k 2,且k 1k 2
=
4
,M 是线段OC 延长线上一点,且MC ∶AB =2∶3,圆M 的半径为MC ,OS,OT 是圆M 的两条切线,切点分别为S,T,求∠SOT 的最大值,并求取得最大值时直线
l 的斜率.
【命题意图】本题考查椭圆方程的求解,直线与圆的位置关系以及直线与椭圆相结合的综合应用,意在考查考生的运算求解能力和分析问题、解决问题的能力.
【解析】(1)由题意知: 22221x y a b
+=;e=22,c=1; 所以2 所以2
2
x +y 2=1. (2)联立:1223212
y k x x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得:(1+221k )x 231x-12=0,
所以()221121214k x x x x ++-22111
1162k k ++; 因为|CM|∶|AB|=2∶3,
联立:22212
y k x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以22212k +222
212k k +;
所以OC=222222221212k k k +++=2222
2212k k ++; OM=OC+CM=2
2222212k k +++22
111
1162
2k k ++;
因为k 1k 2=2
4,2212k k =216=1
8,
所以22k =21
1
8k ,
所以OC=2
12
1
1
24114k k ++=2
12
18141
k k ++;
设θ=∠SOM,
所以sin θ=MC MC OC +=1
1OC MC +=2
2
2
2
22
111
221211162
2k k k k +++++
=()
2
122
11
1312122114k k k ++++;
所以sin θ=()
()()
2
21
22
11123111422k k k ++++.
令t=,
所以原式()
()()
2123111422t t t ++++
223
4411451
22t t t t +++++
,
所以t=1
2时取最大值,此时k1=
;此时sinθ最大值为1
2
,即θ=30°,∠SOT=60°.
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