考點(diǎn)44曲線與方程圓錐曲線的綜合應(yīng)用

1、考點(diǎn)44 曲線與方程、圓錐曲線的綜合應(yīng)用一、選擇題1.（2013·四川高考理科·6）拋物線的焦點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離是（ ）（A） （B） （C） （D）【解題指南】本題考查的是拋物線與雙曲線的基本幾何性質(zhì)，在求解時(shí)首先求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，然后求得雙曲線的漸近線方程，利用點(diǎn)到直線的距離公式進(jìn)行求解即可.【解析】選B，由拋物線的焦點(diǎn)，雙曲線的一條漸近線方程為，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式可得，故選B.2.（2013·山東高考文科·11）與（2013·山東高考理科·11）相同拋物線C1：y=x2(p0)的焦點(diǎn)與雙曲線C2：的右焦點(diǎn)的連線交C

2、1于第一象限的點(diǎn)M.若C1在點(diǎn)M處的切線平行于C2的一條漸近線，則p=（ ） A. B. C. D.【解題指南】 本題考查了圓錐曲線的位置關(guān)系,可先將拋物線化成標(biāo)準(zhǔn)方程,然后再利用過交點(diǎn)的切線平行于C2的一條漸近線,求得切線斜率,進(jìn)而求得p的值.【解析】選D. 經(jīng)過第一象限的雙曲線的漸近線為.拋物線的焦點(diǎn)為,雙曲線的右焦點(diǎn)為.，所以在處的切線斜率為，即，所以，即三點(diǎn)，共線，所以，即.二、填空題3. （2013·江西高考理科·14）拋物線x2=2py（p0）的焦點(diǎn)為F，其準(zhǔn)線與雙曲線相交于A，B兩點(diǎn)，若ABF為等邊三角形，則p=_.【解題指南】A、B、F三點(diǎn)坐標(biāo)都能與p建立起

3、聯(lián)系，分析可知ABF的高為P，可構(gòu)造p的方程解決.【解析】由題意知ABF的高為P，將代入雙曲線方程得A，B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，因?yàn)锳BF為等邊三角形，所以，從而解得，即.【答案】6.4.（2013·安徽高考理科·13）已知直線交拋物線于兩點(diǎn)。若該拋物線上存在點(diǎn)，使得為直角，則的取值范圍為_【解題指南】 點(diǎn)C的軌跡是圓心在y軸上、半徑為的圓，數(shù)形結(jié)合可得?！窘馕觥柯?lián)立直線與拋物線得，滿足題設(shè)條件的點(diǎn)C的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，其方程為。由數(shù)形結(jié)合可知當(dāng)時(shí)滿足題設(shè)要求，解得?！敬鸢浮?三、解答題5.（2013·北京高考理科·19）已知A、B、C是橢圓W：上的

4、三個(gè)點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn).(1)當(dāng)點(diǎn)B是W的右頂點(diǎn)，且四邊形OABC為菱形時(shí)，求此菱形的面積.(2)當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時(shí)，判斷四邊形OABC是否可能為菱形，并說明理由.【解題指南】（1）利用OB的垂直平分線求出AC的長(zhǎng)，再求面積；（2）若是菱形，則OA=OC，A點(diǎn)與C點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等或互為相反數(shù)?！窘馕觥浚?）線段OB的垂直平分線為，或，所以菱形面積為|OB|·|AC|=×2×=.（2）四邊形OABC不可能是菱形，只需要證明若OA=OC，則A點(diǎn)與C點(diǎn)的橫坐標(biāo)相等或互為相反數(shù).設(shè)OA=OC=r（r>1)，則A、C為圓與橢圓的交點(diǎn).，,所以A點(diǎn)與C點(diǎn)的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)

5、或相等，此時(shí)B點(diǎn)為頂點(diǎn).因此四邊形OABC不可能是菱形.6.（2013·江西高考文科·20）橢圓C:(a>b>0)的離心率，a+b=3.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，A,B,D是橢圓C的頂點(diǎn)，P是橢圓C上除頂點(diǎn)外的任意點(diǎn)，直線DP交x軸于點(diǎn)N，直線AD交BP于點(diǎn)M，設(shè)BP的斜率為k，MN的斜率為m，證明:2m-k為定值.【解題指南】（1）借助橢圓中的關(guān)系及兩個(gè)已知條件即可求解；（2）可以寫出BP的直線方程，分別聯(lián)立橢圓方程及AD的方程表示出點(diǎn)P、M的坐標(biāo)，再利用DP與x軸表示點(diǎn)N的坐標(biāo)，最終把m表示成k的形式，就可求出定值；另外也可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)，把k與m都用

6、點(diǎn)P的坐標(biāo)來(lái)表示.【解析】(1) 因?yàn)?，所以，又由得，代入a+b=3，得.故橢圓C的方程為.(2)方法一：因?yàn)锽(2,0)，P不為橢圓頂點(diǎn)，則直線BP的方程為，將代入，解得P.直線AD的方程為：. 聯(lián)立解得M.由D（0,1），P，N（x,0）三點(diǎn)共線可知，即，所以點(diǎn).所以MN的斜率為m,則（定值）.方法二：設(shè)，則，直線AD的方程為，直線BP的方程為，直線DP的方程為.令y=0，由于，可得.解可得M，所以MN的斜率為=.故（定值）.7. （2013·廣東高考文科·20）已知拋物線的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，其焦點(diǎn)（）到直線：的距離為. 設(shè)為直線上的點(diǎn)，過點(diǎn)作拋物線的兩條切線PA，PB,其中

7、A,B為切點(diǎn).（1） 求拋物線的方程；（2）當(dāng)點(diǎn)為直線上的定點(diǎn)時(shí)，求直線的方程；（3）當(dāng)點(diǎn)在直線上移動(dòng)時(shí)，求的最小值.【解題指南】本題以拋物線的切線為載體，考查拋物線方程、導(dǎo)數(shù)與切線、直線方程及最值等內(nèi)容.解題過程中，拋物線的性質(zhì)需要熟練運(yùn)用.【解析】（1）因?yàn)榈街本€：的距離為，即，所以（注意），可得拋物線的方程為；（2）設(shè)切點(diǎn)，則.對(duì)（即）求導(dǎo)可得，切線的斜率為，將和代入整理可得，同理切線的斜率為，將和代入整理可得，由可得點(diǎn)都適合方程，也就是當(dāng)點(diǎn)為直線上的定點(diǎn)時(shí)，直線的方程即為.（3）由拋物線的性質(zhì)可知到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離，所以，.聯(lián)立方程,消去整理得，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可

8、得,，所以.又，則，所以當(dāng)時(shí), 取得最小值,且最小值為.8. （2013·廣東高考理科·20）已知拋物線的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，其焦點(diǎn)（）到直線：的距離為. 設(shè)為直線上的點(diǎn)，過點(diǎn)作拋物線的兩條切線PA，PB,其中A,B為切點(diǎn).（1） 求拋物線的方程；（2）當(dāng)點(diǎn)為直線上的定點(diǎn)時(shí)，求直線的方程；（3）當(dāng)點(diǎn)在直線上移動(dòng)時(shí)，求的最小值.【解題指南】本題以拋物線的切線為載體，考查拋物線方程、導(dǎo)數(shù)與切線、直線方程及最值等內(nèi)容.解題過程中，拋物線的性質(zhì)需要熟練運(yùn)用.【解析】（1）因?yàn)榈街本€：的距離為，即，所以（注意），可得拋物線的方程為；（2）設(shè)切點(diǎn)，則.對(duì)（即）求導(dǎo)可得，切線的斜率為，將和代入整

9、理可得，同理切線的斜率為，將和代入整理可得，由可得點(diǎn)都適合方程，也就是當(dāng)點(diǎn)為直線上的定點(diǎn)時(shí)，直線的方程即為.（3）由拋物線的性質(zhì)可知到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離，所以，.聯(lián)立方程,消去整理得，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得,，所以.又，則，所以當(dāng)時(shí), 取得最小值,且最小值為.9. （2013·重慶高考理科·21）如圖，橢圓的中心為原點(diǎn)，長(zhǎng)軸在軸上，離心率，過左焦點(diǎn)作軸的垂線交橢圓于、兩點(diǎn)，（）求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）取垂直于軸的直線與橢圓相較于不同的兩點(diǎn)、，過、作圓心為的圓，使橢圓上的其余點(diǎn)均在圓外若，求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程【解題指南】直接利用已知條件可求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，設(shè)出點(diǎn)

10、的坐標(biāo)，利用橢圓上的其余點(diǎn)均在圓外且求出圓的方程.【解析】（）設(shè)橢圓方程為+=1(a>b>0),由題意知點(diǎn)在橢圓上,則從而由，得從而故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）由橢圓的對(duì)稱性,可設(shè),又設(shè)是橢圓上任意一點(diǎn),則.設(shè),由題意,是橢圓上到的距離最小的點(diǎn),因此,上式當(dāng)時(shí)取最小值,又因?yàn)?所以上式當(dāng)時(shí)取最小值,從而,且因?yàn)?，且所以?由橢圓方程及得,解得.從而故這樣的圓有兩個(gè),其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為10. （2013·重慶高考文科·21）如圖，橢圓的中心為原點(diǎn)，長(zhǎng)軸在軸上，離心率，過左焦點(diǎn)作軸的垂線交橢圓于、兩點(diǎn)，（）求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）取平行于軸的直線與橢圓相較于不同的兩點(diǎn)、，

11、過、作圓心為的圓，使橢圓上的其余點(diǎn)均在圓外求的面積的最大值，并寫出對(duì)應(yīng)的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程【解題指南】直接利用已知條件可求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用橢圓上的其余點(diǎn)均在圓外可求的面積的最大值以及圓的方程.【解析】（）由題意知點(diǎn)在橢圓上,則從而由，得從而故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（）由橢圓的對(duì)稱性,可設(shè),又設(shè)是橢圓上任意一點(diǎn),則.設(shè),由題意,是橢圓上到的距離最小的點(diǎn),因此,上式當(dāng)時(shí)取最小值,又因?yàn)?所以上式當(dāng)時(shí)取最小值,從而,且由對(duì)稱性知故,所以當(dāng)時(shí),的面積取到最大值.此時(shí)對(duì)應(yīng)的圓的圓心坐標(biāo)為,半徑因此,這樣的圓有兩個(gè),其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為11. （2013·新課標(biāo)高考文科·21）與

12、（2013·新課標(biāo)高考理科·20）相同已知圓：,圓：,動(dòng)圓與外切并且與圓內(nèi)切，圓心的軌跡為曲線.（）求的方程；（）是與圓,圓都相切的一條直線，與曲線交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)圓的半徑最長(zhǎng)時(shí)，求. 【解題指南】（）根據(jù)圓的位置關(guān)系與半徑的關(guān)系并結(jié)合圓錐曲線的定義確定曲線C的方程.（）結(jié)合圖象，確定當(dāng)圓的半徑最長(zhǎng)時(shí)的情形，并對(duì)的值進(jìn)行分類求解.【解析】由已知得圓的圓心為，半徑；圓圓心為，半徑.設(shè)圓的圓心為,半徑為（）動(dòng)圓與外切并且與圓內(nèi)切。，所以由橢圓定義可知，曲線是以，為左、右焦點(diǎn)，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2,短半軸長(zhǎng)為的橢圓（左頂點(diǎn)除外），其方程為.（）對(duì)于曲線上任意一點(diǎn),由于，所以，當(dāng)且僅當(dāng)圓

13、的圓心為時(shí)，所以當(dāng)圓的半徑最長(zhǎng)時(shí)，其方程為.若的傾斜角為，則與軸重合，可得.若的傾斜角不為，由，知不平行于軸，設(shè)與軸的交點(diǎn)為，則，可求得，所以可設(shè)：，由與圓相切得，解得.當(dāng)時(shí)，將代入，并整理得，解得，所以.當(dāng)時(shí)，由圖形的對(duì)稱性可知.綜上，或.12.（2013·江西高考理科·20）如圖，橢圓經(jīng)過點(diǎn)P（），離心率，直線l的方程為x=4.（1）求橢圓C的方程；（2）AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦（不經(jīng)過點(diǎn)P），設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)，使得k1+k2=k3？若存在，求的值；若不存在，說明理由【解題指南】（1）注意到

14、點(diǎn)P在橢圓上，與可求出橢圓中的a，b，進(jìn)而可寫出橢圓的方程；(2) 設(shè)出直線AB的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合A、F、B三點(diǎn)共線可得k1+k2 與k3的關(guān)系,進(jìn)而可求的值【解析】（1）由在橢圓上得，依題設(shè)知a=2c，則a2=4c2,， 將代入得故橢圓C的方程為.（2）方法一：由題意可設(shè)AB的斜率為k，則直線AB的方程為代入橢圓方程并整理得設(shè)，則有在方程中令x=4得M(4，3k).從而注意到A、F、B三點(diǎn)共線，則有,即.所以將代入得又，所以故存在常數(shù)符合題意.方法二：設(shè)，則直線FB的方程為：，令x=4，求得，從而直線PM的斜率為，聯(lián)立，解得，則直線PA的斜率為，直線PB的斜率為，所以，故存在常

15、數(shù)符合題意.13. （2013·湖北高考文科·T22）與（2013·湖北高考理科·T21）相同如圖，已知橢圓C1與C2 的中心坐標(biāo)原點(diǎn)O，長(zhǎng)軸均為MN且在X軸上，短軸長(zhǎng)分別為2m，2n（m>n）,過原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C1， C2的四個(gè)交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A，B，C，D。記 =，BDM和ABN的面積分別為S1和S2.。（）當(dāng)直線l與軸重合時(shí)，若S1= S2 ，求的值；（）當(dāng)變化時(shí)，是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線，使得S1= S2？并說明理由【解題指南】 （）由S1=S2列出方程解出的值,驗(yàn)證>1得的值. （）先假設(shè)存在,看是否能求

16、出符合條件的,如果推出矛盾就是不存在. 【解析】依題意可設(shè)橢圓和的方程分別為：，：. 其中，（）方法1：如圖1，圖1若直線與軸重合，即直線的方程為，則，所以. 在C1和C2的方程中分別令，可得，于是.若，則，化簡(jiǎn)得. 由，可解得.故當(dāng)直線與軸重合時(shí)，若，則. 方法2：如圖1，若直線與軸重合，則，；，.所以. 若，則，化簡(jiǎn)得. 由，可解得.故當(dāng)直線與軸重合時(shí)，若，則. （）方法一：如圖2，圖2若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線，使得. 根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)直線：，點(diǎn)，到直線的距離分別為，則因?yàn)?，所? 又，所以，即. 由對(duì)稱性可知，所以，于是. 將的方程分別與C1，C2的方程聯(lián)立，可求得，.根據(jù)對(duì)稱性可知

17、，于是. 從而由和式可得. 令，則由，可得，于是由可解得.因?yàn)?，所? 于是式關(guān)于有解，當(dāng)且僅當(dāng)，等價(jià)于. 由，可解得，即，由，解得，所以當(dāng)時(shí)，不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得；當(dāng)時(shí)，存在與坐標(biāo)軸不重合的直線使得. 方法2：如圖2，若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線，使得. 根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)直線：，點(diǎn)，到直線的距離分別為，則因?yàn)?，所? 又，所以.因?yàn)椋?由點(diǎn)，分別在C1，C2上，可得，兩式相減可得，依題意，所以. 所以由上式解得. 因?yàn)?，所以由，可解?從而，解得，所以當(dāng)時(shí)，不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線，使得；當(dāng)時(shí)，存在與坐標(biāo)軸不重合的直線，使得.14. （2013·大綱版全國(guó)卷高考

18、文科·22）與（2013·大綱版全國(guó)卷高考理科·21）相同已知雙曲線離心率為直線（I）求（II）證明：【解題指南】（I）利用及列出關(guān)于的方程求解的值.（II）將過的直線與（I）中所求雙曲線方程聯(lián)立成方程組，化簡(jiǎn)成關(guān)于的一元二次方程，由求得的值，然后求出，進(jìn)行證明.【解析】（I）由題設(shè)知，即，故.所以的方程為.將代入上式，求得.由題設(shè)知，解得.所以，.（II）由（I）知，的方程為.由題意可設(shè)的方程為，代入并化簡(jiǎn)得.設(shè)，則，.于是，由得，即，故.解得從而.由于，.故，.因而,所以、成等比數(shù)列.15.（2013·上海高考文科·T23）與（2013·上海高考理科·T22）相同如圖，已知雙曲線C1:，曲線C2:.P是平面內(nèi)一點(diǎn).若存在過點(diǎn)P的直線與C1、C2都有共同點(diǎn)，則稱P為“C1-C2型點(diǎn)”.（1）在正確證明C1的左焦點(diǎn)是“C1-C2型點(diǎn)”時(shí)，要使用一條過該焦點(diǎn)的直線，試寫出一條這樣的直線的方程（不要求驗(yàn)證）；（2）設(shè)直線y=kx與C2有公共點(diǎn)，求證1，進(jìn)而證明圓點(diǎn)不是“C1-C2型點(diǎn)”；（3）求證：圓內(nèi)的點(diǎn)都不是“C1-C2型點(diǎn)”.【解析】(1)C1的左焦點(diǎn)為(-,0),寫出的直線方程可以是以下