新高考一輪復(fù)習人教版　圓錐曲線的綜合問題 作業(yè)

1、9.5錐曲線的綜合問題綜合篇知能轉(zhuǎn)換考法一求軌跡方程1.（2020課標III文,6,5分）在平面內(nèi),A,B是兩個定點,C是動點.假設(shè)元灰=1,那么點C的軌跡為（）A.圓B.橢圓C.拋物線D.直線答案A2.設(shè)圓（x+l）2+y2=25的圓心為C,A（1,O）是圓內(nèi)一定點,Q為圓周上任一點，線段AQ的垂直平分線與CQ的連線交于點M,那么M的軌跡方程為（）4%2 4y2A=121 25-4x2 4y2B.+=121 254/ 4y2CiT五二14x2 4y2D.+=125 21答案D3.（多項選擇）（2022屆重慶巴蜀中學10月月考,11）點Q是圓M:（x+2）2+y2=4上一動點，點N（2Q）,假

2、設(shè)線段NQ的垂直平分線交直線MQ于點P,那么以下結(jié)論正確的選項是（）A.點P的軌跡是橢圓B.點P的軌跡是雙曲線C.當點P滿足PMPN時,aPIVIN的面積SaPMn = 3D.當點P滿足PMMN時,PMN的面積S，pmn = 6答案BCDx24.（2017課標II理（文）,20,12分）設(shè)O為坐標原點，動點M在橢圓C:-+y2=l上，過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足加二6兩.Q）求點P的軌跡方程;令y二一3,解得x二-言，得M(一言,一3一3 ,所以|PM| + |PN|一3 ,所以|PM| + |PN|同理可得N%2巧。2+2)+%2(1+2)功+2(71+2) (y2 4-2)%1(依

3、2-1)+工2(收11)2/c%i%2 -(xl+x2)(依 1一1)(%一1)(kx1-3)+2 (k%2-3)+2-(xl+x2)-2k %1工2k(%i+%2)+l TOC o 1-5 h z 2530k2k4+5d 4+5,2 25 30k .ky-ky+l4+54+5V50k30k25k2-30/+4+5憶250k30k25k2-30/+4+5憶2= |5k|0),點A是橢圓Ci與拋物線C2的交點，過點A的直線I交橢圓Ci于點B,交拋物線C2于點M(BZM不同于A).1假設(shè)p二白，求拋物線C2的焦點坐標;16(2)假設(shè)存在不過原點的直線I使M為線段AB的中點，求p的最大值.解析(1)

4、由p$得C2的焦點坐標是倨,0)(2)由題意可設(shè)直線l:x=my+t(mw0,tw0),點A(xo,yo).將直線I的方程代入橢圓Ci：-+y2=l得 (m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以點M的縱坐標y”二將直線I的方程代入拋物線C2:y2=2px得 y2-2pmy-2Pt=0,所以 y0yM=-2pt,解得 y0=2(；+2),因匕 xo*)2).由爭其二得.)2+2(m + ；72160,所以當m二血,t=千時,p取到最大值呼,11.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標系xOy中，橢圓11.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標系xOy中，橢圓2萬+*(ab。)

5、的離心率為萬，橢圓CV2截直線y=l所得線段的長度為2近Q)求橢圓C的方程;(2)動直線l:y=kx+m(mwO)交橢圓C于A,B兩點，交y軸于點M.點N是M關(guān)于0的對稱點,。N的半徑為|N0|.設(shè)D為AB的中點,DE,DF與。N分別相切于點E,F,求nEDF的最小值.解析(1)由橢圓的離心率為行，得a2=2(a2-b2),q2 2又當y=l又當=a2-得a2-%=2,22X V所以a2=4,b2=2.因此橢圓C的方程為丁+一二1.4 Ly = kx + m,2 km m(2)設(shè) A(xi,yi),B(X2,y2),聯(lián)立得12 + 2 2 =彳得(2k2+l)x2+4kmx+2m2-4=0,由

6、()得 m23zM 2k2+l 二里所以|NO/NF216t(l + t)2161t+1+211令 y=t+/ 所以 y=l-2.1當t3時,y0,從而丫4+7在3,+8)上單調(diào)遞增, L因此t+當且僅當t=3時等號成立，此時k=0z所以所以|ND/NF21 + 3=4,由(*)得-6m6且m=0.故黑I i V 1-X I 乙設(shè)nEDF=2&那么sine二黑 11 V Z-X I 乙TT7T所以e的最小值為i從而nedf的最小值為彳 63此時直線I的斜率是0.綜上所述:當lb0)的離心率為:，長軸端點和短軸端點的Q b2距離為(1)求橢圓C的方程;(2)假設(shè)P為橢圓C上異于橢圓C頂點的任意一

7、點，過點Q(0,-2)且平行于OP的直線I與橢圓C相交于A,B兩點(點O為坐標原點)，是否存在實數(shù)入，使得口?麗二人方2成立?假設(shè)存在，求出入的值;假設(shè)不存在,請說明理由.解析(1)依題意得c V3Q _ 2，Va2 + b2 = V5, a2 = b2 + c2,d = 4,解得付=1,.橢圓c的方程為+y2=1. c1 3,(2)存在.因為P是橢圓C上異于橢圓C頂點的任意一點，且III OP,所以直線I的斜率存在且不為0.y = kx 2, 設(shè)過點Q(0,-2)的直線I的方程為 尸10n4k23,16fc12Xi + X2= - 772 X 2 = 77211+4/c14-4/c|QA|-

8、|QB|=vl + /c2|xi-xq|-V1 + fc2|x2-XQ| = (l + k2)|xiX2|.窘：屋4得而高，所以|0PF=(l+k2弗Q+k2)f又因為赤.砥麻；所以IQAHQB因|OP|2,所以|X1X2|二人臉即121+4必4=A解得入=3.1+4/c2故存在實數(shù)入，使得方麗二人近2成立，且入=3.%2 y22.(2022屆湖北局部學校11月質(zhì)量檢測,21)Fi(-c,0),F2(c,0)分別為橢圓C=+J=l(ab0)的左，右焦Q b點,P(c4)是橢圓C上一點，且時質(zhì)=*Q)求橢圓C的方程;(2)過點F2的直線與橢圓C交于A,B兩點,試問:是否存在定點G(Xo,O),使

9、得刀弱為定值?假設(shè)存在，求出xo的值;假設(shè)不存在,請說明理由.解析 = 10, ly = k(x 1)8k24k2 12X-X2二西了的二訴.(4%q-Sxg_5)/c2+3%q124k2+3所以褊=(xi-xo,yi),瑞=(X2-x0,y2),那么G4-GB = XiX2-(Xi + X2)Xo + %o + k右焦點，點C為圓心,0為原點，線段OC的垂直平分線為I.E的離心率為5,點Fi,F2關(guān)于直線I的對稱點 都在圓C上.Q)求橢圓E的方程；G4-GB = XiX2-(Xi + X2)Xo + %o + k右焦點，點C為圓心,0為原點，線段OC的垂直平分線為I.E的離心率為5,點Fi,

10、F2關(guān)于直線I的對稱點 都在圓C上.Q)求橢圓E的方程； 設(shè)直線I與橢圓E相交于A,B兩點，問:是否存在實數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為3?假設(shè)存在，求實數(shù)m的值;假設(shè)不存在，說明理由.r 1解析 因為e二/,所以a=2c.a 2(Xi-l)(X2-l) = (l2 + l)XiX2-(Xo + k2)Xi4-X2)+ li-j-, /=t b0),圓 C:(x-2m)2+(y-4m)2=l(mw0),點 FlF2分別為 E 的左,Q b設(shè)點Fi,F2關(guān)于直線I的對稱點分別為M,N,因為點0,C關(guān)于直線I對稱Q為線段FF2的中點，所以C為線 段MN的中點，從而線段MN為圓C的一條直徑，所以

11、|FiF2| = |MN|=2,即2c=2,即c=l.22于是2二2力2二32Y2二3,所以橢圓E的方程是：+5=1. 43(2)因為原點0為線段FF2的中點，圓心C為線段MN的中點，直線I為線段0C的垂直平分線，所以點0與C也關(guān)于直線I對稱，因為點C(2m,4m),所以線段0C的中點為(m,2m),直線0C的斜率為2,又直線I為線段0C的垂直平分線, 所以直線I的方程為y-2m=(x-m),即y=-3+尊 將產(chǎn)-%+券代入得 3x2+4(V + 孚)=12,即 4x2%i%2-4m(xi+x2)+8m2*、2因為 kAC+kBC=/D所以2xiX2+m(xi+%2)-127n2 22xi%2

12、-4m(xi+x2)+8m2 3那么 2xiX2-m(xi+X2)-4m2=0,所以-4m2=0,即 m2=l,即 m=l.2 所以不存在實數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為 24.(2021湖南六校4月聯(lián)考,21)A,B分別為橢圓E:+5=l(aW)的左，右頂點,Q為橢圓E的上頂aL 3點，麗麗二1.Q)求橢圓E的方程;-10mx+25m2-12=0. TOC o 1-5 h z 164因為直線I與橢圓E相交，所以=100m2-16(25m2-12)0,解得m2BP|m|- 4JJ、n a /、 x 5m 25m212設(shè) A(xi,yD,B(X2,y2),那么 xi+x2=zxix2=Z4所

13、以 lb0),Fi、F2分別是其左、右焦點, Q b給出兩個條件:|F1F2|=2,P在橢圓C上，滿足|PF1| + |PF2|二4;過Fi的直線與橢圓C交于A,B兩點,AFaB的周長為8,且橢圓C經(jīng)過點在這兩個條件中任選一個填入下面橫線中，并求解以下問題.Q)求橢圓C滿足條件 時的標準方程；(2)過右焦點F2的直線交(1)中所求橢圓于點M,N,E為橢圓的左頂點，假設(shè)印前二0,求直線EM的斜率k的值.解析(1)假設(shè)選條件， 由正正|二2可得2c=2,即c=l.根據(jù)橢圓的定義及|PFi| + |PF2|=4,可得2a=4,即a=2,所以b2=扭2=3,所以22橢圓C的標準方程為寧+土1.假設(shè)選條

14、件，9因為3F2B的周長為8,所以4a=8,即a=2,又知橢圓C經(jīng)過點(1,1)所以%今=1，解得b2=3,所以橢圓C22的標準方程為4 3(2)由(1)及得直線EM的方程為y=k(x+2),y = k(x + 2),y2 _得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.,.xrXM=-2xT + T - 1y = k(x + 2),y2 _得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.,.xrXM=-2xT + T - 116/c2-12一8k2+6M =, 2，,XM =, 2 3+4/c3+4kYmk(XM+2)= 3+4fcz箴),由示.奇= 得 FiN,em.當 mn

15、j_FF2 時,=1,得即k二士白不妨設(shè)點M在x軸上方，假設(shè)k,那么(l1)jFi(-L0),.Mn凡直線FiN與EM不垂 TOC o 1-5 h z LL 2/L114k直洞理假設(shè) 匕-7那么直線FiN與EM也不垂直,.kW7即MN與F1F2不垂直.下2(1,0),.二%小二又知幺N2 14/C14kkg二-港直線MF2的方程為y-4k4k ,、y =.八2(x- 1)， (r = _ 111M解得 o/ .N(8l0)上的點P(l,yo)(yoO)到焦點的距離為2.Q)求點P的坐標及拋物線C的方程；勺0).準線方程為x=-g由拋物線的定義得1+畀2,解得p=2,所以拋物勺0).準線方程為x

16、=-g由拋物線的定義得1+畀2,解得p=2,所以拋物(2)假設(shè)點M、N在拋物線C上，且kpM,kpN=,求證:直線MN過定點.解析(1)設(shè)拋物線的焦點為F,那么F 線的方程為y2=4x,把Q,y0)代入得其二4,因為y00,所以yo=2,所以P(lz2).(2)證明:由題意知直線MN的斜率不為0,設(shè)直線MN的方程為x=my+n,M(：y；y)NGy；,y2)，聯(lián)立(y2 _ 4x得 y2-4my-4n=0,A=16m2+4x4n0,yi+y2=4m,yiy2=-4n,所以 打一2 4y2-241當+2-1 V2+22所以6 +2：i +2;吃即 yiy2+2(yi+y2)+36=0，所以-4n

17、+8m+36=0,即 n=2m+9,滿足(),所以直線MN的方程為x=my+2m+9=m(y+2)+9, 所以直線MN過定點(9,-2).(2021武漢4月質(zhì)檢,21)設(shè)拋物線E:y2=2px(p0)的焦點為F,過F作直線I交拋物線E于A,B兩點.當I與x軸垂直時,aAOB的面積為8,其中O為坐標原點.Q)求拋物線E的標準方程；(2)假設(shè)I的斜率存在且為ki,點P(3,0),直線AP與E的另一交點為C,直線BP與E的另一交點為D,設(shè)直線CD 的斜率為(0z.,.p=4,.,.y2=8x.(2)證明:設(shè) A(xi,yD,B(X2,y2),C(X3,y3),D(X4,y4),直線I的斜率為ki二二

18、二告勺二一一洞理可得k2二4一,直線I的方程為y-yi=(x-xi),那么 1(y2-y2)yi+y2丫3+丫4丫1+丫2(yi+y2)y-yiy2=8x.又點F(2,0)在直線I上，所以-yiy2=16,同理，直線BD的方程為(y2+y4)y-y2yg8x,由點P(3,0)在直線BD上，得-y2y24,同理可得yiy3=-24,所蟾=-=袈絳=假設(shè)=我q所蟾為定值.ki 九+、4-I 24 -24 3 憶1yi 丫2.(2017 課標I理,20,12 分)橢圓 C:親自l(ab0),四點 PiQ,1),P2(0,1),P3(T1),P4(A)中恰有 三點在橢圓C上.Q)求C的方程；(2)設(shè)直

19、線I不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點,假設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明：1過定點.1113解析 Q)由于P3,P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知C經(jīng)過P#4兩點.又由葭+溟葭+彳知,C不經(jīng)過點P1,所以點P2在C上.因此13.葭+ /=L_ 4/:故C的方程為亍+y2=L(2)證明:設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為kLk2.如果I與x軸垂直，設(shè)b(二t,由題設(shè)知0,且愜2,可得A,B的坐標分別為貝ij ki+k2=J4T2-2 J4T2+22t2t=-1,得t=2,不符合題設(shè).從而可設(shè)上y=kx+m(mwl).將y=kx+m代入%2+y2=l 得(4k2+l)x2+8kmx

20、+4m2-4=0.由題設(shè)可知=16(4k2-m2+l)0.設(shè) A(xi,yD,B(X2,y2),那么 Xi+x2=-8 km47n2-4而匕 i 匕二當一1 丫2T=l+m-l 尸2+m-l_2依 1無2+0-1)01+“2)%2由題設(shè)知 ki+k2=-lzM(2k+l)xiX2+(m-l)(xi+x2)=0.口n/cix 4m24 / 8km. m4-l即 2k+l 2+ m-1 1=0.解得 k=-.4M+14/+12當且僅當m-l時,A0,于是卬=-Wix+m,即y+1=一券(X-2),所以I過定點(2,-1)./ y2-y2.(2020新高考1,22,12分)橢圓C:溫+#l(ab0)

21、的離心率為半，且過點A(2Z1).(1)求C的方程； (2)點M,N在C上，且AM_LAN,AD_LMN,D為垂足,證明:存在定點Q,使得|DQ|為定值.4 1a-b2 1解析(1油題設(shè)得”+至=1,1匕弓 aL b aL22 2解得浜=6力2=3.所以C的方程為2+5=1. 63(2)證明:設(shè) M(xi,yi),N(X2,y2),/ y2假設(shè)直線MN與x軸不垂直,設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,代入丁+得Q+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 6 3_ 4km 2m26于是 X1 + X2 = -2/XlX2=1+2/l+2fcz由 AMAN 知前前二0,故(Xi-2)(X2-2) +

22、 (yi-l)(y2-l)=0,可得 (k2+l)xiX2+(km-k-2)(xi+X2)+(m-l)2+4=0.將代入上式可得 TOC o 1-5 h z 64km(k2+l)r-(km-k-2)+(m-l)2+4=0.整理得(2k+3m + l)(2k+m-l)=0.因為 A(2,l)不在直線 MN1+2/c1+2k上，所以2k+mlw0,故2k+3m + l=0,kwl.于是MN的方程為y=k(x - |(kwl).所以直線MN過點p(INp(IN.假設(shè)直線 MN 與 x 軸垂直，可得 N(Xi,-yD .由俞而=0 得(Xi-2)(Xi-2) + (yi-l)(-yl)=0.又 +4=

23、1, 63可得3x；-8xi+4=0.解得xi=2(舍去)或xi=|.此時直線MN過點P(|, - .令Q為AP的中點，即 假設(shè)D與P不重合，那么由題設(shè)知AP是RfADP的斜邊，故|DQ|二)|AP|二竽 假設(shè)D與P重合，那么|DQ|=JaP|.綜上,存在點Q(gt)使得|DQ|為定值.5.(2021山東濱州一模,21)點A(0,-l),B(0,l),動點P滿足|話|荏上甫瓦?.記點P的軌跡為曲線C.Q)求C的方程;(2)設(shè)D為直線y=-2上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別是E,F.證明:直線EF過定點.解析 Q)設(shè) P(x,y),那么甫=(-x,-l-y),而=(-x,l-y),又方二(

24、0,2),瓦?=(0,-2),所以|同|蕊|二甫瓦5可化為2,(%)2 + (1 y)2=2(l+y),化簡得x2=4y.所以C的方程為x2=4y.(2)證明:設(shè) D(j2),E(xi,yD,F(X2,y2), 2由題意知切線DE,DF的斜率都存在，由x2=4y得y=J那么y假設(shè),所以kDE=g直線DE的方程為y-yi=(x-x。, 42LL2即y-yi=x-莖x2因為E(xi,yi)在拋物線x2=4y上,所以蜉=4yi,即=2yi,將代入可得xix-2y2y=0,所以直線DE的方程為xiX-2yi-2y=0.同理可得直線DF的方程為x2x-2y2-2y=0.因為D(t,2)在直線DE上，所以

25、txi-2yi+4=0z又 D(t,-2)在直線 DF 上，所以 tX2-2y2+4=0,所以直線EF的方程為tx-2y+4=0,故直線EF過定點(0,2).考法三 最值與范圍問題的解題方法22.（多項選擇）（2022屆重慶實驗外國語學校入學考,U）如圖,P為橢圓J：2+9=1上的動點，過點P作Ci的切線 O O交圓C2:x2+y2=24于點M,N.過M,N作C2的切線交于點QJW（）A.S2pq的最大值為百B.Saopq的最大值為警/ y2C.Q的軌跡方程是弓+啜=136 48%2 y2D.Q的軌跡方程是六十三二172 96答案AD%2 y2.（2017課標I文,12,5分）設(shè)A,B是橢圓C

26、：y+-=l長軸的兩個端點.假設(shè)C上存在點M滿足nAMB=120。,那么m的取值范圍是（A.(0,lU9,+8)B.(0,V3U9,+oo)C.(0zlU 4,+oc)C.(0zlU 4,+oc)D.(0,V3 U 4z+oo)答案A.（2021湖北黃石質(zhì)檢）P為雙曲線x2-y2=l左支上任意一點,EF為圓C:（x-2）2+y2=4的任意一條直徑，那么族標的最小值為（）A.3B.4C.5D.9答案C.（2021全國乙文,n,5分）設(shè)B是橢圓C:-+y2=l的上頂點，點P在C上，那么|PB|的最大值為（）2D.答案A.(2021濟南十一學校聯(lián)考,15)點M(-4,-2),拋物線x4因為 k-zW

27、-A+|j-zW-A+|j2.=4y的焦點為F,準線為l,P為拋物線上一點，過P作PQL,點Q為垂足，過P作拋物線的切線1“1與I交于點R,那么|QR| + |MR|的最小值為.答案5226.(2022屆長沙長郡中學月考一,20)設(shè)橢圓C：3+5=l的左,右頂點分別為A,B. y 5假設(shè)P、Q是橢圓上關(guān)于x軸對稱的兩點，直線AP,BQ的斜率分別為ki,k2(kil2N0),求|ki| + |k2|的最小值；(2)過點D(0,-3)的直線I交橢圓C于M、N兩個不同的點，直線AM,AN分別交y軸于點S,T,記發(fā)二人00,57=pD0(O為坐標原點)，當直線I的傾斜角S為銳角時，求人+|J的取值范圍

28、.解析(1)由題意設(shè)點 P(xo,yo),Q(xo,yo),-3xo3,不妨令 OyoW代，因為 A(-3,0),B(3,0),所以及尸磊心二懸，那么回+ |12|=念+含=巖油田+4=1可得9曷=萼，那么|ki| + |k2|=，因為O0),ry = kx- 3,聯(lián)立y2得(5+9k2)x2-54kx+36=0,由題意得=(-54k)2-4x36x(5+9k2)0,因為 k0,所以 k-M +三=13由根與系數(shù)的關(guān)系得X1 + X2=由根與系數(shù)的關(guān)系得X1 + X2=54k369/c2+5/X1X2-9fc2+5*易知直線AM的方程是y=含(x+3),令x=0,解得y二熟，所以S(0, 瑞)

29、，同理可得T(0,懸)所以鞏。磊所以鞏。磊+ 3)所=(。磊 + 3)，因為麗=(。,3)足痂無 由所以熟+3=3入，第+3 = 3.，所以入+尸島+券+2_憶13 fc%23%1+3冷+3_憶13 fc%23%1+3冷+3%1%2+3(%1+%2)+9q /36 , O/1 、 54k2k5F3(k-1)59V+59d+5+3.-+99/+59/Z+52 = -9(/c+1)/ y217.(2022屆江蘇淮安車橋中學入學調(diào)研,20)設(shè)橢圓C:3+馬=l(ab0)的左,右焦點分別為F/z離心率為刀Q乙bL過原點O的動直線I與橢圓C交于M,N兩點,其中點M在第一象限，且|MF2| + |NF2|

30、=4.Q)求橢圓C的方程； (2)過Fi的直線交C于A,B兩點，求aABF2面積的最大值.解析(1)連接MFlNFi.線段MN與線段FF2互相平分，那么四邊形MF1NF2為平行四邊形，那么|NF2| 二 |MFi|,又|MF2| + |NF2|=4,所以|MFi| + |MF2|=2a=4,故a=2,又e-二,故c=l,那么b=百,故橢圓C的方程為 CL Z卜44(僧2 + 1) (3m2+4)2_ J 144t _ I 144t Saabf2y (3t+l)2-9t24-6t+l1449t+6+；L144因為當tl時，函數(shù)y= I1單調(diào)遞減，所以當t=l,即m=09t+6+1(2)由題意知直線AB的斜率不為0,設(shè)直線AB的方程為x=my-l,A(xi,yi),B(X2,y2),rx = my 1,聯(lián)立I， y2消 x 得(3m2+4)y2-6my-9=0,貝iA=36m2+36(3m2+4)0,(4