贏在高考2021高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題七解析幾何7.3圓錐曲線的綜合應(yīng)用素能演練提升文

1、第三講圓錐曲線的綜合應(yīng)用掌握核心,贏在課堂1.某圓錐曲線有兩個(gè)焦點(diǎn)F1,F2,其上存在一點(diǎn)P滿足|PF1|F1F2|PF2|=432,則此圓錐曲線的離心率等于()A.或B.或2C.或2D.或解析:依題意,設(shè)|PF1|=4m,|F1F2|=3m,|PF2|=2m.若此圓錐曲線是橢圓,則相應(yīng)的離心率為=;若此圓錐曲線是雙曲線,則相應(yīng)的離心率為=.故選A.答案:A2.在ABC中,AC=6,BC=7,cos A=,O是ABC的內(nèi)心,若=x+y,其中0x1,0y1,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所覆蓋的面積為()A.B.C.D.解析:=x+y,其中0x1,0y1,動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所覆蓋的區(qū)域是以O(shè)A,OB為鄰邊的平行四邊形

2、及其內(nèi)部,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所覆蓋的面積S=AB·r,r為ABC的內(nèi)切圓的半徑.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SABC=×6×5×sin A=6.又O為ABC的內(nèi)心,故O到ABC各邊的距離均為r,此時(shí)ABC的面積可以分割為三個(gè)小三角形的面積的和,SABC=(6+5+7)×r,即(6+5+7)×r=6,解得r=,即所求的面積S=AB·r=5×.答案:A3.(2014云南昆明第一次摸底調(diào)研,12)過(guò)橢圓+y2=1的左焦點(diǎn)作互相垂直的兩條直線,分別交橢圓于A,C

3、,B,D四點(diǎn),則四邊形ABCD面積的最大值與最小值之差為()A.B.C.D.解析:當(dāng)直線AC的斜率存在且不為0時(shí),設(shè)直線AC:y=k(x+),則BD:y=-(x+),由消去y得(4k2+1)x2+8k2x+12k2-4=0,設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=,|AC|=4×,將k換成-,得|BD|=4×,四邊形ABCD的面積S=|AC|×|BD|=,設(shè)k2+1=t(t>1),則S=,令=m(0<m<3),則S=,0<m<3,S<2;當(dāng)直線AC的斜率為0或不存在時(shí),S=2.綜上所述,S2,面積的最大值

4、與最小值之差為2-.答案:B4.已知點(diǎn)E(m,0)(m>0)為拋物線y2=4x內(nèi)一個(gè)定點(diǎn),過(guò)E作斜率分別為k1,k2的兩條直線交拋物線于點(diǎn)A,B,C,D,且M,N分別是AB,CD的中點(diǎn).(1)若m=1,k1k2=-1,求EMN面積的最小值;(2)若k1+k2=1,求證:直線MN過(guò)定點(diǎn).解:(1)當(dāng)m=1時(shí),E為拋物線y2=4x的焦點(diǎn),k1k2=-1,ABCD.設(shè)AB的方程為y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1=0,y1+y2=,y1y2=-4.M,M.同理,點(diǎn)N(2+1,-2k1),SEMN=|EM|·|EN|=22=4,當(dāng)且僅當(dāng),

5、即k1=±1時(shí),EMN的面積取最小值4.(2)證明:設(shè)AB的方程為y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1m=0,y1+y2=,y1y2=-4m.M,M.同理,點(diǎn)N.kMN=k1k2.MN的方程為y-=k1k2,即y=k1k2(x-m)+2.直線MN恒過(guò)定點(diǎn)(m,2).5.已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上,C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O,從每條曲線上各取兩個(gè)點(diǎn),將其坐標(biāo)記錄于下表中:x3-24y-20-4(1)求C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)是否存在直線l滿足條件:過(guò)C2的焦點(diǎn)F;與C1交于不同的兩點(diǎn)M,N,且滿足?若存在,求出直線l

6、的方程;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)設(shè)拋物線C2:y2=2px(p0),則有=2p(x0),據(jù)此驗(yàn)證四個(gè)點(diǎn)知(3,-2),(4,-4)在拋物線上,易求C2:y2=4x.設(shè)C1:=1(a>b>0),把點(diǎn)(-2,0),代入得解得所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(2)容易驗(yàn)證當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),不滿足題意.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)其方程為y=k(x-1),與C1的交點(diǎn)為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=.y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1,即y1y

7、2=k2=-.由,即·=0,得x1x2+y1y2=0.(*)將代入(*)式,得-=0,解得k=±2,所以存在直線l滿足條件,且l的方程為2x-y-2=0或2x+y-2=0.6.平面直角坐標(biāo)系xOy中,過(guò)橢圓M:+=1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x+y-=0交M于A,B兩點(diǎn),P為AB的中點(diǎn),且OP的斜率為.(1)求M的方程;(2)C,D為M上兩點(diǎn),若四邊形ACBD的對(duì)角線CDAB,求四邊形ACBD面積的最大值.解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),則+=1,+=1,=-1,由此可得=-=1.因?yàn)閤1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=,

8、所以a2=2b2.又由題意知,M的右焦點(diǎn)為(,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程為+=1.(2)由解得或因此|AB|=.由題意可設(shè)直線CD的方程為y=x+n,設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=.因?yàn)橹本€CD的斜率為1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四邊形ACBD的面積S=|CD|·|AB|=.當(dāng)n=0時(shí),S取得最大值,最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為.7.(2014江西高考,文20)如圖,已知拋物線C:x2=4y,過(guò)點(diǎn)M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點(diǎn),過(guò)點(diǎn)B作y軸的平行線與直

9、線AO相交于點(diǎn)D(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)證明:動(dòng)點(diǎn)D在定直線上;(2)作C的任意一條切線l(不含x軸),與直線y=2相交于點(diǎn)N1,與(1)中的定直線相交于點(diǎn)N2,證明:|MN2|2-|MN1|2為定值,并求此定值.(1)證明:依題意可設(shè)AB方程為y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1x2=-8,直線AO的方程為y=x;BD的方程為x=x2.解得交點(diǎn)D的坐標(biāo)為注意到x1x2=-8及=4y1,則有y=-2.因此D點(diǎn)在定直線y=-2上(x0).(2)解:依題設(shè),切線l的斜率存在且不等于0,設(shè)切線l的方程為y=ax+

10、b(a0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化簡(jiǎn)整理得b=-a2.故切線l的方程可寫(xiě)為y=ax-a2.分別令y=2,y=-2得N1,N2的坐標(biāo)為N1,N2.則|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,即|MN2|2-|MN1|2為定值8.8.(2014河南鄭州第二次質(zhì)檢,20)已知平面上的動(dòng)點(diǎn)R(x,y)及兩定點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),直線RA,RB的斜率分別為k1,k2,且k1k2=-,設(shè)動(dòng)點(diǎn)R的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程.(2)四邊形MNPQ的四個(gè)頂點(diǎn)均在曲線C上,且MQNP,MQx軸,若直線MN和直線QP交于點(diǎn)S(4,0).問(wèn):四邊形MNPQ兩條對(duì)角線的交點(diǎn)是否為定點(diǎn)?若是,求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)由題知x±2,且k1=,k2=,則=-,整理得,曲線C的方程為=1(y0).(2)設(shè)MP與x軸交于D(t,0),則直線MP的方程為x=my+t(m0),記M(x1,y1),P(x2,y2),由對(duì)稱性知Q(x1,-y1),N(x2,-y2),由消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,所以=48(3m2+4-t2)>0,y1+y2=-,y1&#