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1、（江蘇專用）2013年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第8課時 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 隨堂檢測（含解析） 1．拋物線y2＝4x上的點到直線l：x＋y＋2＝0的距離最小，求P點坐標(biāo)． 解：設(shè)P(x0，y0)則y＝4x0， P到l的距離d＝＝＝. ∴當(dāng)y0＝－2時，d取最小值，此時x0＝＝1，故P點坐標(biāo)為P(1，－2)． 2．若點P(x，y)是橢圓＋＝1上的動點，求x＋y的最大值． 解：由已知2＋2＝1，可設(shè)x＝5cosα，y＝4sinα，其中α∈[0,2π)， ∴x＋y＝5cosα＋4sinα＝sin(α＋φ)，其中tanφ＝. ∴x＋y的最大值為. 3．若直線y＝kx交橢圓＋y2＝1

2、于A、B兩點，且AB≥，求k取值范圍． 解：由得x2＝.不妨設(shè) 由兩點間距離公式得AB2＝≥10，解得k2≤. ∴－≤k≤. 4．在雙曲線－＝－1的上支上有三點A(x1，y1)、B(x2,4)、C(x3，y3)．它們與點F(0,3)的距離成等差數(shù)列． (1)求：y1＋y3的值； (2)證明：線段AC的垂直平分線經(jīng)過某一定點，并求此點坐標(biāo)． 解：(1)∵c＝＝3.∴F(0,3)為雙曲線的上焦點，設(shè)上準(zhǔn)線為l1，分別過A、B、C作x軸的垂線．它們分別與x軸交于A1、B1、C1，與l1交于A2、B2、C2，令e為離心率，則有 e|AA2|＝|AF|、e|BB2|＝|BF|、e|C

3、C2|＝|CF|. 于是有 2e|BB2|＝2|BF|＝|AF|＋|CF|＝e|AA2|＋e|CC2|， 即2|BB2|＝|AA2|＋|CC2|. 從而2|BB1|＝2|B1B2|＋2|BB2| ＝|A1A2|＋|C1C2|＋|AA2|＋|CC2|＝y(tǒng)1＋y3， 即y1＋y3＝2y2＝8. (2)AC的中垂線方程為 y－(y1＋y3)＝－， 即y－4＝－x＋.① 由于A、C均在雙曲線上，所以有 －＝－1，－＝－1， 兩式相減得(x－x)＝(y－y)， 從而有＝(y1＋y3)＝·8＝10. 代入①得y－4＝－x＋5， 易見此直線過定點D(0,9)． [A級　雙

4、基鞏固] 1. 橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，P為橢圓M上任一點，且||·||的最大值的取值范圍是[2c2,3c2]，其中c＝.求橢圓離心率的取值范圍． 解：||·||≤2＝a2， 則2c2≤a2≤3c2,2e2≤1≤3e2，∴≤e≤. ∴橢圓M離心率的取值范圍是. 2．已知橢圓長軸、短軸及焦距之和為8，求長半軸長的最小值． 解：法一：∵a＋b＋c＝4，∴b＋c＝4－a. 又b2＋c2＝a2，∴b2＋c2≥?a2≥， 解得a≥4(－1)． 法二：由a2＝b2＋c2，設(shè)b＝acosθ，c＝asinθ，則a(cosθ＋si

5、nθ＋1)＝4，a＝≥＝4(－1)． ∴此橢圓長半軸長的最小值為4(－1)． 3. 如圖所示，曲線G的方程為y2＝2x(y≥0)．以原點為圓心，以t(t>0)為半徑的圓分別與曲線G和y軸的正半軸相交于點A與點B.直線AB與x軸相交于點C. (1)求點A的橫坐標(biāo)a與點C的橫坐標(biāo)c的關(guān)系式； (2)設(shè)曲線G上點D的橫坐標(biāo)為a＋2，求證：直線CD的斜率為定值． 解：(1)由題意知，A(a，)． 因為|OA|＝t，所以a2＋2a＝t2. 由于t>0，故有 t＝，① 由點B(0，t)，C(c,0)的坐標(biāo)知，直線BC的方程為＋＝1. 又因點A在直線BC上，故有＋＝1， 將①

6、代入上式，得＋＝1 解得c＝a＋2＋. (2)因為D(a＋2，)，所以直線CD的斜率為kCD＝＝ ＝＝－1. 所以直線CD的斜率為定值． 4. 如圖：A、B是定拋物線y2＝2px(p>0是定值)的兩個定點，O是坐標(biāo)原點且·＝0.求證直線AB必過定點，并求出這個定點． 解：顯然OA，OB必有斜率且斜率均不為零． 設(shè)OA的斜率為k，則OA：y＝kx. 當(dāng)k≠±1時，由得A， 同理B(2pk2，－2pk)． ∴kAB＝＝. AB的方程為：y＋2pk＝(x－2pk2)，整理得： －yk2＋(2p－x)k＋y＝0.(*) 令即則(*)對于一切實數(shù)k均成立，故直線AB過定點

7、(2p,0)． 當(dāng)k＝±1時，AB⊥x軸，其方程為x＝2p.它也經(jīng)過點(2p,0)，故直線AB必過定點(2p,0)． 5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓心在第二象限、半徑為2的圓C與直線y＝x相切于坐標(biāo)原點O.橢圓＋＝1與圓C的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為10. (1)求圓C的方程； (2)試探究圓C上是否存在異于原點的點Q，使Q到橢圓右焦點F的距離等于線段OF的長．若存在，請求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)圓心坐標(biāo)為(m，n)(m<0，n>0)， 則該圓的方程為(x－m)2＋(y－n)2＝8已知該圓與直線y＝x相切， 那么圓心到該直線的距離等于圓的半徑

8、，則＝2，即|m－n|＝4.① 又圓與直線切于原點，將點(0,0)代入得m2＋n2＝8.② 聯(lián)立方程①和②組成方程組解得 故圓的方程為(x＋2)2＋(y－2)2＝8. (2)|a|＝5，∴a2＝25，則橢圓的方程為＋＝1，其焦距c＝＝4，右焦點為(4,0)，那么OF＝4.要探求是否存在異于原點的點Q，使得該點到右焦點F的距離等于|OF|的長度4，我們可以轉(zhuǎn)化為探求以右焦點F為圓心，半徑為4的圓(x－4)2＋y2＝16與(1)所求的圓的交點數(shù)．通過聯(lián)立兩圓的方程解得x＝，y＝，即存在異于原點的點Q，使得該點到右焦點F的距離等于OF的長． 6．已知中心在原點，焦點在坐標(biāo)軸上的橢圓過M，N

9、兩點． (1)求橢圓的方程； (2)在橢圓上是否存在點P(x，y)，使P到定點A(a,0)(其中00，n>0，且m≠n)， ∵橢圓過M，N兩點， ∴? ∴橢圓方程為＋＝1. (2)設(shè)存在點P(x，y)滿足題設(shè)條件， ∴|AP|2＝(x－a)2＋y2，又＋＝1， ∴y2＝4. ∴|AP|2＝(x－a)2＋4＝2＋4－a2(|x|≤3)， 若≤3，即03，即

10、<3時，當(dāng)x＝3時，|AP|2的最小值為(3－a)2，依題意(3－a)2＝1. ∴a＝2，此時點P的坐標(biāo)是(3,0)． 故當(dāng)a＝2時，存在這樣的點P滿足條件，P點的坐標(biāo)是(3,0)． 7．(2012·鹽城質(zhì)檢)已知在△ABC中，點A、B的坐標(biāo)分別為(－2,0)和(2,0)，點C在x軸上方． (1)若點C的坐標(biāo)為(2,3)，求以A、B為焦點且經(jīng)過點C的橢圓的方程； (2)若∠ACB＝45°，求△ABC的外接圓的方程； (3)若在給定直線y＝x＋t上任取一點P，從點P向(2)中圓引一條切線，切點為Q，問是否存在一個定點M，恒有PM＝PQ？請說明理由． 解：(1)因為AC＝5，BC＝3

11、，所以橢圓的長軸長2a＝AC＋BC＝8. 又c＝2，所以b＝2，故所求橢圓的方程為＋＝1. (2)∵＝2R，∴2R＝4，∴R＝2. 又圓心在AB的垂直平分線上，故可知圓心為(0，s)(s>0)， 則由4＋s2＝8.∴s＝2，故△ABC的外接圓的方程為x2＋(y－2)2＝8. (3)假設(shè)存在這樣的點M(m，n)，設(shè)點P(x，x＋t)， 因為恒有PM＝PQ，所以(x－m)2＋(x＋t－n)2＝x2＋(x＋t－2)2－8， 即(2m＋2n－4)x－(m2＋n2－2nt＋4t＋4)＝0對x∈R恒成立． 從而消去m，得n2－(t＋2)n＋(2t＋4)＝0　(*)， 因為方程(*)的判別

12、式為Δ＝t2－4t－12， 所以①當(dāng)－2

13、為＝，即y＝(x－2)． ∴直線l的方程是y＝(x－2)． (2)設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)， ∵一個焦點F(2,0)，∴c＝2，即a2－b2＝4.① ∵點P(3，)在橢圓＋＝1(a>b>0)上， ∴＋＝1.② 由①②解得a2＝12，b2＝8，所以所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ＋＝1. (3)由題意得方程組 解得或 ∴Q(0，－2)，＝(－3，－3)． ∵＝λ＝(－3λ，－3λ)， ∴＝＋＝(3－3λ，－3λ)． ∴||＝　 ＝ ＝　， ∴當(dāng)λ＝時，||最?。? 2. 如圖，已知⊙O′過定點A(0，p)(p>0)，圓心O′在拋物線x2＝2py上運動

14、，MN為圓O′在x軸上截得的弦，令A(yù)M＝d1，AN＝d2，∠MAN＝θ. (1)當(dāng)O′點運動時，MN是否有變化？請證明你的結(jié)論； (2)求＋的最大值及取得最大值時的θ的值． 解：設(shè)圓心O′(x0，y0)，則圓O′的方程為(x－x0)2＋(y－y0)2＝x＋(y0－p)2. 令y＝0，得x2－2x0x＋x＝p2，解得xM＝x0－p，xN＝x0＋p. 所以MN＝xN－xM＝2p，即MN是定值． (2)d＝(x0－p)2＋p2，d＝(x0＋p)2＋p2，d1d2＝，所以＋＝＝≤＝2. 當(dāng)且僅當(dāng)x＝2p2時，等式成立，即x0＝±p(y0＝p)時，＋取得最大值． 此時∠MO′N＝90°，

15、所以θ＝45°. 3．一束光線從點F1(－1,0)出發(fā)，經(jīng)直線l：2x－y＋3＝0上一點P反射后，恰好穿過點F2(1,0)． (1)求P點的坐標(biāo)； (2)求以F1、F2為焦點且過點P的橢圓C的方程； (3)由(2)，設(shè)點Q是橢圓C上除長軸兩端點外的任意一點，試問在x軸上是否存在兩定點A、B，使得直線QA、QB的斜率之積為定值？若存在，請求出定值，并求出所有滿足條件下的定點A、B的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解：(1)設(shè)F1關(guān)于l的對稱點為F(m，n)， 解得m＝－，n＝，即F， 故直線F2F的方程為x＋7y－1＝0. 由解得P. (2)因為PF1＝PF，根據(jù)橢圓定義，得

16、2a＝PF1＋PF2＝PF＋PF2＝FF2＝?。?，所以a＝. 又c＝1，所以b＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (3)假設(shè)存在兩定點為A(s,0)，B(t,0)，使得對于橢圓上任意一點Q(x，y)(除長軸兩端點)都有kQA·kQB＝k(k為定值)，即·＝k，將y2＝1－代入并整理得x2－k(s＋t)x＋kst－1＝0…(*)．由題意，(*)式對任意x∈(－，)恒成立，所以， 解之得或. 所以有且只有兩定點(，0)，(－，0)，使得kQA·kQB為定值－. 4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，過右頂點A的直線l與橢圓C相交于A、B兩點，且B(－1，－3)．

17、(1)求橢圓C和直線l的方程； (2)記曲線C在直線l下方部分與線段AB所圍成的平面區(qū)域(含邊界)為D.若曲線x2－2mx＋y2＋4y＋m2－4＝0與D有公共點，試求實數(shù)m的最小值． 解：(1)由離心率e＝，得＝， 即a2＝3b2.① 又點B(－1，－3)在橢圓C：＋＝1上，即＋＝1.② 解①②得a2＝12，b2＝4. 故所求橢圓方程為＋＝1. 由A(2,0)，B(－1，－3)得直線l的方程為y＝x－2. (2)曲線x2－2mx＋y2＋4y＋m2－4＝0， 即圓(x－m)2＋(y＋2)2＝8，其圓心坐標(biāo)為G(m，－2)， 半徑r＝2，表示圓心在直線y＝－2上，半徑為2的動圓． 由于要求實數(shù)m的最小值，由圖可知，只需考慮m<0的情形． 設(shè)⊙G與直線l相切于點T， 則由＝2，得m＝±4， 當(dāng)m＝－4時，過點G(－4，－2)與直線l垂直的直線l′的方程為x＋y＋6＝0， 解方程組得T(－2，－4)． 因為區(qū)域D內(nèi)的點的橫坐標(biāo)的最小值與最大值分別為－1,2， 所以切點T?D.由圖可知當(dāng)⊙G過點B時，m取得最小值，即(－1－m)2＋(－3＋2)2＝8， 解得mmin＝－－1.