2022年高考复习专题五圆锥曲线 .pdf

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1、学习必备欢迎下载1已知圆M 的方程为x2(y2)21，直线 l 的方程为x 2y0，点 P 在直线 l 上，过点 P 作圆 M 的切线 PA，PB，切点为A、B. (1)若 APB 60 ，试求点 P 的坐标；(2)若 P 点的坐标为 (2,1)，过 P 作直线与圆M 交于 C，D 两点，当 |CD|2时，求直线CD 的方程解： (1)设 P(2m，m)，由题可知 |MP|2，所以 (2m)2(m2)24，解之得m0 或 m45. 故所求点 P 的坐标为P(0,0)或 P85，45. (2)由题意易知k 存在，设直线CD 的方程为y1k(x2)，由题知圆心M 到直线 CD的距离为22，所以22

2、| 2k1|1 k2，解得， k 1 或 k17，故所求直线CD 的方程为 xy30 或 x7y 90. 2(2013 温州质检 )已知圆 C 过定点 F14，0 ，且与直线x14相切，圆心C 的轨迹为E，曲线 E 与直线 l：y k(x1)(kR，k0)相交于 A，B 两点(1)求曲线 E 的方程；(2)在曲线 E 上是否存在与k 的取值无关的定点M，使得 MAMB？若存在，求出所有符合条件的定点M；若不存在，请说明理由解：(1)由题意， 点 C 到定点 F 14，0 和到直线x14的距离相等， 点C 的轨迹是抛物线，其轨迹方程为y2 x，即曲线E 的方程为y2 x. (2)存在定点M.证明

3、如下：联立y2 xyk x1，消去 x，整理得 ky2yk0. 设 A(x1，y1)， B(x2，y2)，则 y1 y21k，y1y2 1， A，B 在抛物线y2 x 上， x1x2 (y21y22)1k22 ，x1x2y21y221. 设点 M(x0， y0)，MA MB?(y1y0)(y2y0)(x1 x0)(x2x0)0?1k2x01ky0y202x0 x200?x0y0y202x0 x200 ?x0y00 ，存在唯一的点 M(0,0)满足题意3(2013 长春调研 )已知椭圆C1、抛物线 C2的焦点均在x 轴上， C1的中心和C2的顶点均为原点 O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录

4、于下表中：x 3 242 y 2 30422(1)求 C1、C2的标准方程；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 5 页学习必备欢迎下载(2)是否存在直线l 满足条件：过C2的焦点 F；与 C1交于不同的两点M、N，且满足OMON？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由解： (1)设抛物线C2：y22px(p0)，则有y2x 2p(x0)，据此验证四个点知(3， 2 3)、 (4， 4)在抛物线上，易求得C2的标准方程为y24x. 设 C1：x2a2y2b2 1(ab0)，把点 (2,0)、2，22代入得：4a2 12

5、a212b21，解得a24b2 1，所以 C1的标准方程为x24y2 1. (2)容易验证当直线l 的斜率不存在时，不满足题意当直线 l 的斜率存在时，设其方程为y k(x1)，与 C1的交点为M(x1，y1)、 N(x2，y2)由x24y21yk x 1消去 y 并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是 x1x28k214k2， x1x24 k211 4k2.y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2 (x1x2)1，即 y1y2k24 k2114k28k214k21 3k214k2.由OM ON，即 OM ON0，得 x1x2y1y20.(*) 将代入 (*) 式，得4 k2

6、114k23k214k2k2414k20，解得 k 2，所以存在直线l 满足条件，且l 的方程为2xy2 0或 2xy2 0. 4(2011 高考湖南卷 )已知平面内一动点P 到点 F(1,0)的距离与点P 到 y 轴的距离的差等于 1. (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程；(2)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设 l1与轨迹C 相交于点A，B，l2与轨迹 C 相交于点D，E，求 AD EB的最小值解：(1)设动点 P 的坐标为 (x，y)，由题意有x12 y2|x|1. 化简得 y22x 2|x|. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

7、 - - - - -第 2 页，共 5 页学习必备欢迎下载当 x0 时， y24x；当 x0 时， y0. 所以，动点P 的轨迹 C 的方程为y24x(x0)和 y0(xb0)， 且可知其左焦点为F(2,0)从而有c2，2a|AF|AF|358，解得c2，a4.又 a2b2c2，所以 b212，故椭圆C 的方程为x216y2121. 法二： 依题意，可设椭圆C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，且有：4a29b21，a2b24.解得 b2 12 或 b2 3(舍去 )从而 a216.所以椭圆C 的方程为x216y2121. (2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y32xt. 精选学习资

8、料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 5 页学习必备欢迎下载由y32xt，x216y2121，得 3x2 3txt2120. 因为直线 l 与椭圆 C 有公共点，所以 (3t)243(t212)0，解得 4 3t4 3. 另一方面，由直线OA 与 l 的距离 d4 可得|t|941 4，从而 t 213. 由于 213?43，43，所以符合题意的直线l 不存在6. (2011 高考四川卷 )过点 C(0,1)的椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为32.椭圆与 x 轴交于两点 A(a,0)、B(a,0)，过点 C 的直线 l 与椭圆

9、交于另一点D，并与 x 轴交于点P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. (1)当直线 l 过椭圆右焦点时，求线段CD 的长；(2)当点 P 异于点 B 时，求证： OP OQ为定值解： (1)由已知得b1，ca32，解得 a2，所以椭圆方程为x24y21. 椭圆的右焦点为(3， 0)，此时直线l 的方程为y33x1，代入椭圆方程化简得7x283x0. 解得 x10，x28 37，代入直线l 的方程得 y11，y217，所以 D 点坐标为837，17. 故|CD|83702 1712167. (2)证明： 当直线 l 与 x 轴垂直时与题意不符，所以直线l 与 x 轴不垂直，即直线l 的斜率

10、存在设直线 l 的方程为ykx 1(k0 且 k12)代入椭圆方程化简得(4k21)x28kx 0，解得 x10，x28k4k2 1，代入直线l 的方程得y11，y214k24k21，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 5 页学习必备欢迎下载所以 D 点坐标为8k4k21，14k24k21. 又直线 AC 的方程为x2y1，直线 BD 的方程为y12k24k(x2)，联立解得x 4k，y 2k1，因此 Q 点的坐标为 ( 4k,2k1)又 P 点坐标为1k，0 ，所以 OP OQ 1k，0 (4k,2k 1) 4. 故OP OQ为定值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 5 页