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2019-2020年高考數(shù)學異構(gòu)異模復習第十章圓錐曲線與方程課時撬分練10.5圓錐曲線的綜合應用文
1.[xx衡水二中仿真]如圖，△PAB所在的平面α和四邊形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6，若tan∠ADP＋2tan∠BCP＝10，則點P在平面α內(nèi)的軌跡是( )
A．圓的一部分 B．橢圓的一部分
C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分
答案 B
解析 由題意可得＋2＝10，則PA＋PB＝40>AB＝6，又因P、A、B三點不共線，故點P的軌跡是以A、B為焦點的橢圓的一部分，故選B.
2．[xx棗強中學期中]設圓O1和圓O2是兩個相離的定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓P的圓心軌跡可能是：①兩條雙曲線；②一條雙曲線和一條直線；③一條雙曲線和一個橢圓．以上命題正確的是( )
A．①③ B．②③
C．①② D．①②③
答案 C
解析 因為圓O1與圓O2相離，不妨設半徑分別為r1，r2，r1≤r2，若圓P與兩圓都外切，則|PO2－PO1|＝r2－r1；與兩圓都內(nèi)切，則有|PO1－PO2|＝r2－r1；若圓P與圓O1，O2一個內(nèi)切，一個外切，則有|PO1－PO2|＝r2＋r1，故當r2>r1時，軌跡是兩條雙曲線，當r2＝r1時，軌跡是一條雙曲線和一條直線．故選C.
3．[xx冀州中學期末]平面直角坐標系中，已知兩點A(3,1)，B(－1,3)，若點C滿足＝λ1＋λ2(O為原點)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點C的軌跡是( )
A．直線 B．橢圓
C．圓 D．雙曲線
答案 A
解析 設C(x，y)，因為＝λ1＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即
解得又λ1＋λ2＝1，
所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以點C的軌跡為直線，故選A.
4．[xx衡水中學預測]在△ABC中，||＝4，△ABC的內(nèi)切圓切BC于D點，且||－|C|＝2，則頂點A的軌跡方程為________．
答案 －＝1(x>)
解析 以BC的中點為原點，中垂線為y軸建立如圖所示的坐標系，E、F分別為兩個切點．
則|BE|＝|BD|，|CD|＝|CF|，
|AE|＝|AF|.
∴|AB|－|AC|＝|BE|－|CF|＝||－||＝2，
∴點A的軌跡為以B，C為焦點的雙曲線的右支(y≠0)，且a＝，c＝2，∴b＝，
∴軌跡方程為－＝1(x>)．
5．[xx棗強中學熱身]P是橢圓＋＝1上的任意一點，F(xiàn)1、F2是它的兩個焦點，O為坐標原點，有一動點Q滿足＝＋，則動點Q的軌跡方程是________．
答案?。?
解析 作P關于O的對稱點M，連接F1M，F(xiàn)2M，則四邊形F1PF2M為平行四邊形，所以＋＝＝2＝－2，
又＝＋，
所以＝－，
設Q(x，y)，則＝，
即P點坐標為，又P在橢圓上，則有＋＝1，
即＋＝1.
6．[xx衡水中學猜題]設橢圓方程為x2＋＝1，過點M(0,1)的直線l交橢圓于點A，B，O是坐標原點，l上的動點P滿足＝(＋)，點N的坐標為，當l繞點M旋轉(zhuǎn)時，點P的軌跡方程為________．
答案 4x2＋y2－y＝0
解析 直線l過點M(0,1)，當l的斜率存在時，設斜率為k，則l的方程為y＝kx＋1.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題設可得點A，B的坐標(x1，y1)、(x2，y2)是方程組的解．
將①代入②并化簡，得(4＋k2)x2＋2kx－3＝0，
∴
于是＝(＋)＝＝.
設點P的坐標為(x，y)，則
消去參數(shù)k，得4x2＋y2－y＝0.?、?
當直線l的斜率不存在時，A，B的中點坐標為原點(0,0)，也滿足方程③.
∴點P的軌跡方程為4x2＋y2－y＝0.
7．[xx衡水中學一輪檢測]如圖，曲線M：y2＝x與曲線N：(x－4)2＋2y2＝m2(m>0)相交于A、B、C、D四點．
(1)求m的取值范圍；
(2)求四邊形ABCD的面積的最大值及面積最大時對角線AC與BD的交點坐標．
解 (1)聯(lián)立曲線M，N，消去y可得(x－4)2＋2x－m2＝0，即x2－6x＋16－m2＝0，根據(jù)條件可得
解得
x1，y1>0，y2>0，
則SABCD＝(y1＋y2)(x2－x1)
＝(＋)(x2－x1)
＝
＝.
令t＝，則t∈(0,3)，
SABCD＝
＝2 ，
設f(t)＝－t3－3t2＋9t＋27，
令f′(t)＝－3t2－6t＋9＝－3(t2＋2t－3)＝－3(t－1)(t＋3)＝0，可得當t∈(0,3)時，f(t)的最大值為f(1)＝32，從而SABCD的最大值為16.
令 ＝1，得m2＝15.
聯(lián)立曲線M，N的方程，消去y并整理得
x2－6x＋1＝0，解得x1＝3－2，x2＝3＋2，
所以A點坐標為(3－2，－1)，C點坐標為(3＋2，－－1)，
kAC＝＝－，
則直線AC的方程為y－(－1)＝－[x－(3－2)]，
當y＝0時，x＝1，由對稱性可知AC與BD的交點在x軸上，
即對角線AC與BD的交點坐標為(1,0)．
8．[xx冀州中學模擬]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，右頂點為A，且|AF|＝1.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若動直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且只有一個交點P，且與直線x＝4交于點Q，問：是否存在一個定點M(t,0)，使得＝0.若存在，求出點M的坐標；若不存在，說明理由．
解 (1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，
∴b＝，
故橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)由得：(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.
設P(xP，yP)，則xP＝－＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，
即P.
∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，
∴＝，＝(4－t，4k＋m)，
∴＝(4－t)＋(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故，即t＝1.
∴存在點M(1,0)符合題意．
9．[xx衡水二中周測]如圖，等邊三角形OAB的邊長為8，且其三個頂點均在拋物線E：x2＝2py(p>0)上．
(1)求拋物線E的方程；
(2)設動直線l與拋物線E相切于點P，與直線y＝－1相交于點Q，以PQ為直徑的圓是否恒過y軸上某定點M，若存在，求出M的坐標；若不存在，請說明理由．
解 (1)依題意得|OB|＝8，根據(jù)對稱性知∠BOy＝30.
設點B(x，y)，則x＝8sin30＝4，
y＝8cos30＝12，所以B(4，12)在拋物線上，所以(4)2＝2p12，解得p＝2，拋物線E的方程為x2＝4y.
(2)設點P(x0，y0)(x0≠0)，因為y＝x2，y′＝x，
直線l的方程為y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得，
所以Q.
設滿足條件的定點M存在，坐標為M(0，y1)，
所以＝(x0，y0－y1)，＝，
又＝0，
所以－y0－y0y1＋y1＋y＝0，又y0＝x(x0≠0)，聯(lián)立解得y1＝1，
故以PQ為直徑的圓過y軸上的定點M(0,1)．
10．[xx棗強中學仿真]已知實數(shù)m>1，定點A(－m,0)，B(m,0)，S為一動點，點S與A，B兩點連線斜率之積為－.
(1)求動點S的軌跡C的方程，并指出它是哪一種曲線；
(2)若m＝，問t取何值時，直線l：2x－y＋t＝0(t>0)與曲線C有且只有一個交點；
(3)在(2)的條件下，證明：直線l上橫坐標小于2的點P到點(1,0)的距離與到直線x＝2的距離之比的最小值等于曲線C的離心率．
解 (1)設S(x，y)，
則kSA＝，kSB＝.
由題意，得＝－，即＋y2＝1(x≠m)．
∵m>1，
∴軌跡C是中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓(除去x軸上的兩頂點)，其中長軸長為2m，短軸長為2.
(2)若m＝，則曲線C的方程為＋y2＝1(x≠)．由
消去y，得9x2＋8tx＋2t2－2＝0.
令Δ＝64t2－362(t2－1)＝0，得t＝3.
∵t>0，∴t＝3.
此時直線l與曲線C有且只有一個交點．
(3)證明：由(2)知直線l的方程為2x－y＋3＝0，設點P(a,2a＋3)(a<2)，d1表示P到點(1,0)的距離，d2表示P到直線x＝2的距離，則d1＝＝，d2＝2－a，
∴＝＝ .
令f(a)＝，
則f′(a)＝
＝.
令f′(a)＝0，得a＝－.
當a<－時，f′(a)<0；
當－0.
∴f(a)在a＝－時取得最小值，即取得最小值，
∴min＝＝，
又橢圓的離心率為，
∴的最小值等于橢圓的離心率．
11．[xx衡水二中月考]已知橢圓C的兩個焦點是(0，－)和(0，)，并且經(jīng)過點，拋物線的頂點E在坐標原點，焦點恰好是橢圓C的右頂點F.
(1)求橢圓C和拋物線E的標準方程；
(2)過點F作兩條斜率都存在且互相垂直的直線l1、l2，l1交拋物線E于點A、B，l2交拋物線E于點G、H，求的最小值．
解 (1)設橢圓的標準方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c，則由題意得c＝，
2a＝＋＝4，
∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，
∴橢圓C的標準方程為＋x2＝1.
∴右頂點F的坐標為(1,0)．
∴設拋物線E的標準方程為y2＝2px(p>0)，
∴＝1,2p＝4，
∴拋物線E的標準方程為y2＝4x.
(2)設l1的方程：y＝k(x－1)，
l2的方程：y＝－(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)，
由，消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
∴x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.
由，消去y得：x2－(4k2＋2)x＋1＝0，
∴x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，
∴＝(＋)(＋)
＝＋＋＋
＝||||＋||||
＝|x1＋1||x2＋1|＋|x3＋1||x4＋1|
＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝8＋＋4k2≥8＋2＝16，
當且僅當＝4k2即k＝1時，有最小值16.
12．[xx武邑中學熱身]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，過點F1的直線l交橢圓C于E，G兩點，且△EGF2的周長為4.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若過點M(2,0)的直線與橢圓C相交于兩點A，B，設P為橢圓上一點，且滿足＋＝t(O為坐標原點)，當|－|<時，求實數(shù)t的取值范圍．
解 (1)由題意知橢圓的離心率e＝＝，∴e2＝＝＝，即a2＝2b2.
又△EGF2的周長為4，即4a＝4，
∴a2＝2，b2＝1.
∴橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)由題意知直線AB的斜率存在，即t≠0.
設直線AB的方程為y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
由
得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－2)>0，得k2<.
x1＋x2＝，x1x2＝，
∵＋＝t，
∴(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)，
即x＝＝，
y＝＝[k(x1＋x2)－4k]
＝.
∵點P在橢圓C上，
∴＋2＝2，
∴16k2＝t2(1＋2k2)．
∵|－|<，
∴|x1－x2|<，
∴(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]<，
∴(1＋k2)<，
∴(4k2－1)(14k2＋13)>0，
∴k2>.∴0，∴方程③有兩個不相等的實數(shù)根，即滿足條件的點Q存在，且有兩個．
(3)證法一：設點P(x1，y1)，由M，N是圓O的切點，知OM⊥MP，ON⊥NP，
∴O，M，P，N四點在同一圓上，且圓的直徑為OP，則圓心為，其方程為2＋2＝，即x2＋y2－x1x－y1y＝0，④
即點M，N滿足方程④.
又點M，N都在圓O上，
∴M，N坐標也滿足圓O的方程x2＋y2＝，⑤
⑤－④，得直線MN的方程為x1x＋y1y＝.
令y＝0，得m＝，令x＝0，得n＝，
∴x1＝，y1＝.
又點P在橢圓E上，∴2＋32＝4，
即＋＝(定值)．
證法二：設點P(x1，y1)，M(x2，y2)，N(x3，y3)，則kPM＝－＝－，直線PM的方程為y－y2＝－(x－x2)，化簡得x2x＋y2y＝，④
同理可得直線PN的方程為x3x＋y3y＝，⑤
把P點的坐標代入④⑤，得
∴直線MN的方程為x1x＋y1y＝.
令y＝0，得m＝.令x＝0，得n＝.
∴x1＝，y1＝.又點P在橢圓E上，
∴2＋32＝4，
即＋＝(定值)．
15．[xx衡水中學模擬]已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)與拋物線C2：x2＝2py(p>0)有一個公共焦點，拋物線C2的準線l與橢圓C1有一坐標是(，－2)的交點．
(1)求橢圓C1與拋物線C2的方程；
(2)若點P是直線l上的動點，過點P作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，直線AB與橢圓C1分別交于點E，F(xiàn)，求的取值范圍．
解 (1)拋物線C2的準線方程是y＝－2，所以＝2，p＝4，
所以拋物線C2的方程是x2＝8y.
由題意知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的焦點是(0，－2)，(0,2)，
所以c＝2,2a＝＋＝4，
所以a＝2，所以b＝2，
所以橢圓C1的方程是＋＝1.
(2)設點P(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)，
拋物線方程可以化為y＝x2，得y′＝x，
所以直線AP的方程為y－y1＝x1(x－x1)，
所以－2－y1＝x1t－2y1，即y1＝tx1＋2，
同理，直線BP的方程為y2＝tx2＋2，
所以直線AB的方程為y＝tx＋2，
將直線AB的方程代入橢圓C1的方程得，(t2＋32)x2＋16tx－64＝0，
則Δ＝256t2＋256(t2＋32)>0，且x3＋x4＝，x3x4＝，
所以＝x3x4＋y3y4
＝x3x4＋(x3＋x4)＋4
＝＝－8.
因為0<≤10，所以的取值范圍是(－8,2]．
16. [xx冀州中學期中]如圖，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以橢圓的左頂點T為圓心作圓T：(x＋2)2＋y2＝r2(r>0)，設圓T與橢圓C交于點M，N.
(1)求橢圓C的方程；
(2)求的最小值，并求此時圓T的方程；
(3)設點P是橢圓C上異于M，N的任意一點，且直線MP，NP分別與x軸交于點R，S，O為坐標原點．試問：是否存在使S△POSS△POR最大的點P，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．
解 (1)由題意知
解之，得a＝2，c＝，
由c2＝a2－b2，得b＝1，故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)點M與點N關于x軸對稱，設M(x1，y1)，N(x1，－y1)，
不妨設y1>0，由于點M在橢圓C上，
∴y＝1－，
由已知T(－2,0)，則＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，
∴＝(x1＋2，y1)(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－y＝(x1＋2)2－＝2－.
由于－2
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