2013年高考数学(理)二轮复习 专题五 详解答案 第三节 圆锥曲线的综合问题 山东详解答案

第一阶段专题五第三节考点例题冲关集训高考预测课时检测（十七）专题评估（五）返回第一阶段二轮专题复习返回专题五解析几何第三节圆锥曲线的综合问题返回考点例题例1：思路点拨：第(1)问利用已知点与未知点的关系再结合已知点所满足的方程求解；第(2)问主要利用弦长公式求解．解：(1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，由已知得xP＝x，yP＝54y，∵P在圆上，∴x2＋54y2＝25.即轨迹C的方程为x225＋y216＝1.返回(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y＝45(x－3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝45(x－3)代入C的方程，得x225＋x－3225＝1，即x2－3x－8＝0.所以x1＝3－412，x2＝3＋412.所以|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋1625x1－x22＝4125×41＝415.返回例2：思路点拨：(1)圆心Q在OF的垂直平分线上，列方程可解；(2)用点M的横坐标x0表示抛物线在点M处的切线方程，与y＝14联立，可用x0表示点Q的坐标，根据|OQ|＝|QM|列方程求得x0的值．解：(1)依题意知F(0，p2)，圆心Q在线段OF的垂直平分线y＝p4上，因为抛物线C的准线方程为y＝－p2，所以3p4＝34，即p＝1，因此抛物线C的方程为x2＝2y.返回(2)假设存在点M(x0，x202)(x00)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为y′|x＝x0＝(x22)′|x＝x0＝x0，所以直线MQ的方程为y－x202＝x0(x－x0)．令y＝14得xQ＝x02＋14x0，所以Qx02＋14x0，14.返回又|QM|＝|OQ|，故14x0－x022＋14－x2022＝14x0＋x022＋116，因此14－x2022＝916，又x00，所以x0＝2，此时M(2，1)．故存在点M(2，1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M.返回例3：思路点拨：(1)求出交点坐标，再利用三角形的面积公式求解；(2)利用直线与圆相切、求出b的值，将直线方程与曲线方程联立，利用数量积的坐标运算，根与系数的关系等知识，以算代证；(3)联立直线方程和圆锥曲线的方程，解出交点坐标，再计算距离平方的倒数，以算代证．解：(1)双曲线C1：x212－y2＝1，左顶点A－22，0，渐近线方程：y＝±2x.过点A与渐近线y＝2x平行的直线方程为返回y＝2x＋22，即y＝2x＋1.解方程组y＝－2x，y＝2x＋1，得x＝－24，y＝12.所以所求三角形的面积为S＝12|OA|·|y|＝28；(2)证明：设直线PQ的方程是y＝x＋b，因直线PQ与已知圆相切，故|b|2＝1，即b2＝2.返回由y＝x＋b，2x2－y2＝1，得x2－2bx－b2－1＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝2b，x1x2＝－1－b2.又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0，故OP⊥OQ.返回(3)证明：当直线ON垂直于x轴时，|ON|＝1，|OM|＝22，则O到直线MN的距离为33.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx(显然|k|22)，则直线OM的方程为y＝－1kx.返回由y＝kx，4x2＋y2＝1，得x2＝14＋k2，y2＝k24＋k2，所以|ON|2＝1＋k24＋k2.同理|OM|2＝1＋k22k2－1.设O到直线MN的距离为d.因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2·|ON|2，所以1d2＝1|OM|2＋1|ON|2＝3k2＋3k2＋1＝3，即d＝33.综上，O到直线MN的距离是定值．返回冲关集训1．选依题意得，|F1F2|＝22＋3＝25，|PF1|＋|PF2|＝6|F1F2|，因此满足△PF1F2的周长为6＋25的动点P的轨迹是以点F1，F2为焦点，长轴长是6的椭圆(除去长轴的端点)，即动点P的轨迹方程是x24＋y29＝1(x≠0)．2．解：设P(x，y)，则Q(8，y)．由(PC＋12PQ)·(PC－12PQ)＝0，C返回得|PC|2－14|PQ|2＝0，即(x－2)2＋y2－14(x－8)2＝0，化简，得x216＋y212＝1.所以点P在椭圆上，其方程为x216＋y212＝1.返回3．解：(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由题意知点62，12在椭圆上，且a2＝b2＋1，则641＋b2＋14b2＝1，解得b2＝1或b2＝－14(舍去)，所以x22＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，易求得A1，22，B1，－22，返回则PA＝1，2－12，PB＝1，－2＋12，1PF＝1，－12，由PA＋PB＝t1PF得t＝2，此时，直线l的方程为x＝1.②当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的斜率为k，直线l的方程为y＝k(x－1)，则PA＝x1，y1－12，PB＝x2，y2－12，1PF＝1，－12，返回由PA＋PB＝t1PF得x1＋x2＝t，y1－12＋y2－12＝－t2，即x1＋x2＝t，y1＋y2＝1－t2，因为y1＋y2＝k(x1＋x2－2)，所以k＝－12，返回此时，直线l的方程为y＝－12(x－1)，联立方程，得y＝－12x－1，x22＋y2＝1，消去y，可得3x2－2x－3＝0，则x1＋x2＝23，故t＝23.返回4．解：(1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝3.由题意知A(0,1)，F(c,0)(c＝a2－1)．解得直线AF的方程为xc＋y＝1，即x＋cy－c＝0.由直线AF与圆M相切得|3＋c－c|c2＋1＝3，解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3.故椭圆C的方程为x23＋y2＝1.返回(2)由AP·AQ＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－1kx＋1，将y＝kx＋1代入椭圆C的方程，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，故点P的坐标为－6k1＋3k2，1－3k21＋3k2.返回同理，点Q的坐标为6kk2＋3，k2－3k2＋3.所以直线l的斜率为k2－3k2＋3－1－3k21＋3k26kk2＋3－－6k1＋3k2＝k2－14k.则直线l的方程为y＝k2－14kx－6kk2＋3＋k2－3k2＋3，即y＝k2－14kx－12.所以直线l过定点0，－12.返回高考预测解：(1)设椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(ab0)，设c0，c2＝a2－b2，由条件，知2b＝2，ca＝22，所以a＝1，b＝c＝22.故椭圆C的方程为y2＋x212＝1.(2)设l与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋m，返回由y＝kx＋m，2x2＋y2＝1，得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，则Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)0，(*)x1＋x2＝－2kmk2＋2，x1x2＝m2－1k2＋2.因为AP＝3PB，所以－x1＝3x2，则x1＋x2＝－2x2，x1·x2＝－3x22.消去右端，得3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，返回所以3－2kmk2＋22＋4·m2－1k2＋2＝0.整理，得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，当m2＝14时，上式不成立；当m2≠14时，k2＝2－2m24m2－1，由(*)式，得k22m2－2，又因为k≠0，所以k2＝2－2m24m2－10.故－1m－12或12m1.即所求m的取值范围为－1，－12∪12，1.返回课时检测(十七)1．选设圆心C(x，y)，由题意得x－02＋y－32＝y＋1(y＞0)，化简得x2＝8y－8.2．选由题意得ba1，∴e2.∵抛物线y2＝4cx的准线为x＝－c，被双曲线截得的弦长恰为其通径，∴2b2a＝223be2，解得e＝62或3.又∵e2，∴e＝3.AB返回3．选设P(x0，y0)，则x204＋y203＝1，即y20＝3－3x204，又因为F(－1,0)，所以OP·FP＝x0·(x0＋1)＋y20＝14x20＋x0＋3＝14(x0＋2)2＋2，又x0∈[－2,2]，即(OP·FP)∈[2,6]，所以(OP·FP)max＝6.C返回4．选依题意，不妨设直线AC的倾斜角为锐角，则直线AC的倾斜角为45°，该直线与双曲线有两个不同的交点，因此有batan45°＝1，双曲线的离心率e＝a2＋b2a＝1＋ba21＋12＝2，即该双曲线的离心率的取值范围是(2，＋∞)．5．解析：∵x2＝4y，∴p＝2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝8.∵|AF|＝y1＋p2，|BF|＝y2＋p2，∴|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋p＝8＋2＝10.C答案：10返回6．解析：因为原点O到两个定点F1(－1,0)，F2(1,0)的距离的积是1，而a＞1，所以曲线C不过原点，即①错误；因为F1(－1,0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1|·|PF2|＝a2对应的轨迹关于原点对称，即②正确；因为S△F1PF2＝12|PF1||PF2|·sin∠F1PF2≤12|PF1|·|PF2|＝12a2，即面积不大于12a2，所以③正确．答案：②③返回7．解：(1)由题意得a＝2，ca＝22，a2＝b2＋c2，解得b＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)由y＝kx－1，x24＋y22＝1，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.返回设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－41＋2k2，所以|MN|＝x2－x12＋y2－y12＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝21＋k24＋6k21＋2k2.又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝|k|1＋k2，所以△AMN的面积为S＝12|MN|·d＝|k|4＋6k21＋2k2.由|k|4＋6k21＋2k2＝103，化简得7k4－2k2－5＝0，解得k＝±1.返回8．解：(1)设椭圆C的半焦距是c.依题意，得c＝1.因为椭圆C的离心率为12，所以a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3.故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)当MN⊥x轴时，显然y0＝0.当MN与x轴不垂直时，可设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)．由y＝kx－1，x24＋y23＝1，消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x3，y3)，则x1＋x2＝8k23＋4k2.所以x3＝x1＋x22＝4k23＋4k2，y3＝k(x3－1)＝－3k3＋4k2.返回线段MN的垂直平分线的方程为y＋3k3＋4k2＝－1kx－4k23＋4k2.在上述方程中，令x＝0，得y0＝k3＋4k2＝13k＋4k.当k0时，3k＋4k≤－43；当k0时，3k＋4k≥43.所以－312≤y00或0y0≤312.综上，y0的取值范围是－312，312.返回9．解：(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，