《新版高三數(shù)學(xué)文高考總復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測 五十 圓錐曲線的綜合問題 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高三數(shù)學(xué)文高考總復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測 五十 圓錐曲線的綜合問題 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、11課時跟蹤檢測課時跟蹤檢測(五十五十)圓錐曲線的綜合問題圓錐曲線的綜合問題一保高考一保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1過拋物線過拋物線 y22x 的焦點作一條直線與拋物線交于的焦點作一條直線與拋物線交于 A，B 兩點兩點，它們的橫坐標(biāo)之和等它們的橫坐標(biāo)之和等于于 2，則這樣的直線則這樣的直線()A有且只有一條有且只有一條B有且只有兩條有且只有兩條C有且只有三條有且只有三條D有且只有四條有且只有四條解析解析：選選 B設(shè)該拋物線焦點為設(shè)該拋物線焦點為 F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，則則|AB|AF|FB|xAp2xBp2xAxB132p2所以符合條件的直線有且只有兩條所
2、以符合條件的直線有且只有兩條2若直線若直線 ykx2 與雙曲線與雙曲線 x2y26 的右支交于不同的兩點的右支交于不同的兩點，則則 k 的取值范圍是的取值范圍是()A153，153B0，153C153，0D153，1解析：解析：選選 D由由ykx2，x2y26得得(1k2)x24kx100設(shè)直線與雙曲線右支交于不設(shè)直線與雙曲線右支交于不同的兩點同的兩點 A(x1，y1)，B(x2，y2)，則則1k20，16k24 1k2 10 0，x1x24k1k20，x1x2101k20，解得解得153k1即即 k 的取值范圍是的取值范圍是153，13經(jīng)過橢圓經(jīng)過橢圓x22y21 的一個焦點作傾斜角為的一個
3、焦點作傾斜角為 45的直線的直線 l，交橢圓于交橢圓于 A，B 兩點兩點設(shè)設(shè) O為坐標(biāo)原點為坐標(biāo)原點，則則 OA OB等于等于()A3B13C13或或3D13解析解析：選選 B依題意依題意，當(dāng)直線當(dāng)直線 l 經(jīng)過橢圓的右焦點經(jīng)過橢圓的右焦點(1,0)時時，其方程為其方程為 y0tan 45(x1)，即即 yx1，代入橢圓方程代入橢圓方程x22y21 并整理得并整理得 3x24x0，解得解得 x0 或或 x43，所以兩所以兩個交點坐標(biāo)分別為個交點坐標(biāo)分別為(0，1)，43，13 ， OA OB13，同理同理，直線直線 l 經(jīng)過橢圓的左焦點時經(jīng)過橢圓的左焦點時，也可得也可得 OA OB134已知拋
4、物線已知拋物線 y22px 的焦點的焦點 F 與橢圓與橢圓 16x225y2400 的左焦點重合的左焦點重合，拋物線的準(zhǔn)拋物線的準(zhǔn)線與線與 x 軸的交點為軸的交點為 K，點點 A 在拋物線上且在拋物線上且|AK| 2|AF|，則點則點 A 的橫坐標(biāo)為的橫坐標(biāo)為()A2B2C3D3解析：解析：選選 D16x225y2400 可化為可化為x225y2161，則橢圓的左焦點為則橢圓的左焦點為 F(3,0)，又拋物線又拋物線 y22px 的焦點為的焦點為p2，0，準(zhǔn)線為準(zhǔn)線為 xp2，所以所以p23，即即 p6，即即 y212x，K(3,0)設(shè)設(shè) A(x，y)，則由則由|AK| 2|AF|得得(x3)
5、2y22(x3)2y2，即即 x218x9y20，又又 y212x，所以所以 x26x90，解得解得 x35已知雙曲線已知雙曲線x2a2y2b21(a0，b0)上的一點到雙曲線的左上的一點到雙曲線的左、右焦點的距離之差為右焦點的距離之差為 4，若拋物線若拋物線 yax2上的兩點上的兩點 A(x1，y1)，B(x2，y2)關(guān)于直線關(guān)于直線 yxm 對稱對稱，且且 x1x212，則則 m的值為的值為()A32B52C2D3解析：解析：選選 A由雙曲線的定義知由雙曲線的定義知 2a4，得得 a2，所以拋物線的方程為所以拋物線的方程為 y2x2因為點因為點 A(x1，y1)，B(x2，y2)在拋物線在
6、拋物線 y2x2上上，所以所以 y12x21，y22x22，兩式相減得兩式相減得 y1y22(x1x2)(x1x2)，不妨設(shè)不妨設(shè) x1x2，又又 A，B 關(guān)于直線關(guān)于直線 yxm 對稱對稱，所以所以y1y2x1x21，故故 x1x212，而而 x1x212，解得解得 x11，x212，設(shè)設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)的中點為的中點為 M(x0，y0)，則則 x0 x1x2214，y0y1y222x212x22254，因為中點因為中點 M 在直線在直線 yxm 上上，所以所以5414m，解得解得 m326已知已知(4,2)是直線是直線 l 被橢圓被橢圓x236y291 所截得的線段的中
7、點所截得的線段的中點，則則 l 的方程是的方程是_解析：解析：設(shè)直線設(shè)直線 l 與橢圓相交于與橢圓相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)則則x2136y2191，且且x2236y2291，兩式相減并化簡得兩式相減并化簡得y1y2x1x2x1x24 y1y2 又又 x1x28，y1y24，所以所以y1y2x1x212，故直線故直線 l 的方程為的方程為 y212(x4)，即即 x2y80答案：答案：x2y807如圖如圖，過拋物線過拋物線 y14x2的焦點的焦點 F 的直線的直線 l 與拋物線和圓與拋物線和圓 x2(y1)21 交于交于 A，B，C，D 四點四點，則則 AB DC_解析解析：
8、不妨設(shè)直不妨設(shè)直線線 AB 的方程的方程為為 y1， 聯(lián)立聯(lián)立y1，y14x2，解解得得 x2， 則則 A(2,1)， D(2,1)，因為因為 B(1,1)，C(1,1)，所以所以 AB(1,0)， DC(1,0)，所以所以 AB DC1答案：答案：18若橢圓的中心在原點若橢圓的中心在原點，一個焦點為一個焦點為(0,2)，直線直線 y3x7 與橢圓相交所得弦的中點的與橢圓相交所得弦的中點的縱坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為 1，則這個橢圓的方程為則這個橢圓的方程為_解析：解析：因為橢圓的中心在原點因為橢圓的中心在原點，一個焦點為一個焦點為(0,2)，則則 a2b24，所以可設(shè)橢圓方程為所以可設(shè)橢圓方程為y2b2
9、4x2b21，聯(lián)立聯(lián)立y3x7，y2b24x2b21，得得(10b24)y214(b24)y9b413b21960，設(shè)直線設(shè)直線 y3x7 與橢圓相交所得弦的端點為與橢圓相交所得弦的端點為(x1，y1)，(x2，y2)，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得：由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得：y1y214 b24 10b242解得：解得：b28所以所以 a212則橢圓方程為則橢圓方程為x28y2121答案答案：x28y21219如圖如圖，在平面直角坐標(biāo)系在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中中，橢圓橢圓x2a2y2b21(ab0)的離心率為的離心率為12，過橢圓右過橢圓右焦點焦點 F 作兩條互相垂直的弦作兩條互相
10、垂直的弦 AB 與與 CD當(dāng)直線當(dāng)直線 AB 斜率為斜率為 0 時時，AB4(1)求橢圓的方程；求橢圓的方程；(2)若若|AB|CD|487，求直線求直線 AB 的方程的方程解：解：(1)由題意知由題意知 eca12，2a4又又 a2b2c2，解得解得 a2，b 3，所以橢圓方程為所以橢圓方程為x24y231(2)當(dāng)兩條弦中一條弦所在直線的斜率為當(dāng)兩條弦中一條弦所在直線的斜率為 0 時時，另一條弦所在直線的斜率不存在時另一條弦所在直線的斜率不存在時，由題意知由題意知|AB|CD|7，不滿足條件不滿足條件當(dāng)兩條弦所在直線的斜率均存在且不為當(dāng)兩條弦所在直線的斜率均存在且不為 0 時時，設(shè)直線設(shè)直線
11、 AB 的方程為的方程為 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線則直線 CD 的方程為的方程為 y1k(x1)將直線將直線 AB 方程代入橢圓方程中并整理方程代入橢圓方程中并整理，得得(34k2)x28k2x4k2120，則則 x1x28k234k2，x1x24k21234k2，所以所以|AB| k21|x1x2| k21 x1x2 24x1x212 k21 34k2同理同理，|CD|121k2134k212 k21 3k24所以所以|AB|CD|12 k21 34k212 k21 3k2484 k21 2 34k2 3k24 487，解得解得 k1，所以直線所以直線 AB
12、的方程為的方程為 xy10 或或 xy1010(20 xx北京高考北京高考)已知橢圓已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為的離心率為32，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，OAB 的面積為的面積為 1(1)求橢圓求橢圓 C 的方程；的方程；(2)設(shè)設(shè) P 是橢圓是橢圓 C 上一點上一點，直線直線 PA 與與 y 軸交于點軸交于點 M，直線直線 PB 與與 x 軸交于點軸交于點 N求證求證：|AN|BM|為定值為定值解：解：(1)由題意得由題意得ca32，12ab1，a2b2c2，解得解得a2，b1，c 3.所以橢圓所以橢圓 C 的方程為的方程為x24y21(2)證明：由證
13、明：由(1)知知，A(2,0)，B(0,1)設(shè)設(shè) P(x0，y0)，則則 x204y204當(dāng)當(dāng) x00 時時，直線直線 PA 的方程為的方程為 yy0 x02(x2)令令 x0，得得 yM2y0 x02，從而從而|BM|1yM|12y0 x02|直線直線 PB 的方程為的方程為 yy01x0 x1令令 y0，得得 xNx0y01，從而從而|AN|2xN|2x0y01|所以所以|AN|BM|2x0y01|12y0 x02|x204y204x0y04x08y04x0y0 x02y02|4x0y04x08y08x0y0 x02y02|4當(dāng)當(dāng) x00 時時，y01，|BM|2，|AN|2，所以所以|A
14、N|BM|4綜上綜上，|AN|BM|為定值為定值二上臺階二上臺階，自主選做志在沖刺名校自主選做志在沖刺名校1(20 xx?？谡{(diào)研?？谡{(diào)研)已知橢圓已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的左的左，右頂點分別為右頂點分別為 A，B，其離心其離心率率 e12，點點 M 為橢圓上的一個動點為橢圓上的一個動點，MAB 面積的最大值是面積的最大值是 2 3(1)求橢圓的方程；求橢圓的方程；(2)若過橢圓若過橢圓 C 右頂點右頂點 B 的直線的直線 l 與橢圓的另一個交點為與橢圓的另一個交點為 D， 線段線段 BD 的垂直平分線與的垂直平分線與 y軸交于點軸交于點 P，當(dāng)當(dāng) PB PD0 時時，求點求點
15、 P 的坐標(biāo)的坐標(biāo)解：解：(1)由題意可知由題意可知eca12，122ab2 3，a2b2c2，解得解得 a2，b 3，所以橢圓方程是所以橢圓方程是x24y231(2)由由(1)知知 B(2,0)，設(shè)直線設(shè)直線 BD 的方程為的方程為 yk(x2)，D(x1，y1)，把把 yk(x2)代入橢圓方程代入橢圓方程x24y231，整理得整理得(34k2)x216k2x16k2120，所以所以 2x116k234k2x18k2634k2，則則 D8k2634k2，12k34k2，所以所以 BD 中點的坐標(biāo)為中點的坐標(biāo)為8k234k2，6k34k2，則直線則直線 BD 的垂直平分線方程為的垂直平分線方程
16、為 y6k34k21kx8k234k2，得得 P0，2k34k2又又 PB PD0，即即2，2k34k28k2634k2，14k34k20，化簡得化簡得64k428k236 34k2 2064k428k2360，解得解得 k34故故 P0，27 或或0，27 2如圖如圖，橢圓橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)經(jīng)過點經(jīng)過點 P1，32 ，離心率離心率 e12，直線直線 l 的方程為的方程為 x4(1)求橢圓求橢圓 C 的方程的方程(2)AB 是經(jīng)過右焦點是經(jīng)過右焦點 F 的任一弦的任一弦(不經(jīng)過點不經(jīng)過點 P)， 設(shè)直線設(shè)直線 AB 與直線與直線 l 相交于點相交于點 M， 記記 PA，PB
17、，PM 的斜率分別為的斜率分別為 k1，k2，k3問：是否存在常數(shù)問：是否存在常數(shù)，使得使得 k1k2k3？若存在若存在，求求的值；若不存在的值；若不存在，說明理由說明理由解：解：(1)由由 P1，32 在橢圓上得在橢圓上得，1a294b21，依題設(shè)知依題設(shè)知 a2c，則則 a24c2，b23c2，將將代入代入得得 c21，a24，b23故橢圓故橢圓 C 的方程為的方程為x24y231(2)存在理由如下：存在理由如下：由題意可設(shè)由題意可設(shè) AB 的斜率為的斜率為 k，則直線則直線 AB 的方程為的方程為 yk(x1)，代入橢圓方程并整理得代入橢圓方程并整理得(4k23)x28k2x4(k23)
18、0設(shè)設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有則有 x1x28k24k23，x1x24 k23 4k23，在方程在方程中令中令 x4，得得 M(4,3k)從而從而 k1y132x11，k2y232x21，k33k3241k12因為因為 A，F(xiàn)，B 三點共線三點共線，則有則有 kkAFkBF，即即y1x11y2x21k所以所以 k1k2y132x11y232x21y1x11y2x21321x111x212k32x1x22x1x2 x1x2 1，將將代入代入得得 k1k22k328k24k2324 k23 4k238k24k2312k1又又 k3k12，所以所以 k1k22k3故存在常數(shù)故存在常數(shù)2 符合題意符合題意
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