高考数学二轮复习专题六解析几何课时作业十六圆锥曲线的综合问题理.doc

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1、1课时作业课时作业(十六十六) 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题1(2015全国卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2，)在Cx2 a2y2 b2222上(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值解析：(1)由题意有，1，a2b2a224 a22 b2解得a28，b24，所以C的方程为1.x2 8y2 4(2)设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入1 得x2 8y2 4(2k21)x24kbx2b280.xM，x1x

2、2 22kb 2k21yMkxMb.b 2k21于是直线OM的斜率kOM，yM xM1 2k即kOMk .1 2所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值2(2017北京卷)已知抛物线C：y22px过点P(1,1)过点作直线l与抛物(0，1 2)线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点解析：(1)由抛物线C：y22px过点P(1,1)，得p .1 2所以抛物线C的方程为y2x.抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x .(1 4，0)1 42(2)由题意，设直线l的方程

3、为ykx (k0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，1 2N(x2，y2)由Error!得 4k2x2(4k4)x10，则x1x2，x1x2.1k k21 4k2因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为yx，点A的坐标为(x1，x1)直线ON的方程为yx，点B的坐标为.y2 x2(x1，y2x1 x2)因为y12x1y2x1 x2y1x2y2x12x1x2 x2(kx11 2)x2(kx21 2)x12x1x2 x22k2x1x212x2x1 x20，2k2 1 4k21k 2k2 x2所以y12x1，y2x1 x2故A为线段BM的中点3(2017全国卷)已知抛物线C：y22x，

4、过点(2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆(1)证明：坐标原点O在圆M上；(2)设圆M过点P(4，2)，求直线l与圆M的方程解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：xmy2，由Error!可得y22my40，则y1y24.又x1，x2，故x1x24.y2 1 2y2 2 2y1y22 4因此OA的斜率与OB的斜率之积为1，所以OAOB，y1 x1y2 x24 4故坐标原点O在圆M上(2)由(1)可得y1y22m，x1x2m(y1y2)42m24，故圆心M的坐标为(m22，m)，圆M的半径r.m222m23由于圆M过点P(4，2)，因此0，APBP故(x14

5、)(x24)(y12)(y22)0，即x1x24(x1x2)y1y22(y1y2)200.由(1)可得y1y24，x1x24，所以 2m2m10，解得m1 或m .1 2当m1 时，直线l的方程为xy20，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为，10圆M的方程为(x3)2(y1)210.当m 时，直线l的方程为 2xy40，圆心M的坐标为，圆M的半径1 2(9 4，1 2)为，854圆M的方程为22.(x9 4)(y1 2)85 164(2017山东卷)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的离心率x2 a2y2 b2为，焦距为 2.22(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：yk

6、1x交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC32的斜率为k2，且k1k2.M是线段OC延长线上一点，且|MC|AB|23，M的半径为24|MC|，OS，OT是M的两条切线，切点分别为S，T.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率解析：(1)由题意知e ，2c2，所以a，b1，c a222所以椭圆E的方程为y21.x2 2(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程Error!得(4k2)x24k1x10.2 134由题意知0，且x1x2，x1x2，2 3k12k2 111 22k2 11所以|AB| |x1x2|1k2 1 .21k2 1 18k2 112k2 1由题意

7、可知圆M的半径r为r |AB| .2 32 231k2 1 18k2 12k2 11由题设知k1k2，所以k2，2424k1因此直线OC的方程为yx.24k1联立方程Error!得x2，y2，8k2 1 14k2 11 14k2 1因此|OC| .x2y218k2 1 14k2 1由题意可知 sin，SOT 2r r|OC|11|OC|r而|OC| r18k2 1 14k2 12 231k2 1 18k2 112k2 1，3 2412k2 114k2 1 1k2 1令t12k，则t1， (0,1)，2 11 t因此|OC| r3 2t2t2t13 2121t1 t21，3 21(1t1 2)2

8、9 4当且仅当 ，即t2 时等号成立，此时k1，1 t1 222所以 sin ，因此，SOT 21 2SOT 2 65所以SOT的最大值为. 3综上所述：SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1. 3225如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1y2的值及直线AB的斜率解析：(1)由已知条件，可设抛物线的方程为y22px(p0)因为点P(1,2)在抛物线上，所以 222p1，解得p2.故所求抛物线的方程是y24x，准线方程是x1

9、.(2)设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，则kPA(x11)，kPB(x21)，y12 x11y22 x21因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPAkPB.由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，得y4x1，2 1y4x2，2 2所以，所以y12(y22)y12 1 4y2 11y22 1 4y2 21所以y1y24.由得，yy4(x1x2)，2 12 2所以kAB1(x1x2)y1y2 x1x24 y1y26(2017陕西省高三教学质量检测试题(一)已知F1，F2为椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，点P(1， )在椭圆E上，且|PF1|PF2|4.x2 a2

10、y2 b23 2(1)求椭圆E的方程；(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1l2，问是否存在常数，使得，成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由1 |AC|1 |BD|6解析：(1)|PF1|PF2|4，2a4，a2.椭圆E：1.x2 4y2 b2将P(1， )代入可得b23，3 2椭圆E的方程为1.x2 4y2 3(2)当AC的斜率为零或斜率不存在时， ；1 |AC|1 |BD|1 31 47 12当AC的斜率k存在且k0 时，AC的方程为yk(x1)，代入椭圆方程1，并化简得(34k2)x28k2x4k2120.x2 4y2 3设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x2，x1x2.8k2 34k24k212 34k2|AC|x1x2|1k2.1k2x1x224x1x2121k2 34k2直线BD的斜率为 ，1 k|BD|.1211k2341k2121k2 3k24.1 |AC|1 |BD|34k2 121k23k24 121k27 12综上，2，1 |AC|1 |BD|7 12.7 24故存在常数，使得，成等差数列7241|AC|1|BD|