《2018年高考数学（理）二轮复习练习：专题限时集训13 圆锥曲线中的综合问题 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学（理）二轮复习练习：专题限时集训13 圆锥曲线中的综合问题 .doc（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题限时集训(十三)圆锥曲线中的综合问题(对应学生用书第103页)(限时：40分钟)题型1圆锥曲线中的定值问题3题型2圆锥曲线中的最值，范围问题1,4题型3圆锥曲线中的探索性问题21(2017河南洛阳二模)已知动圆M过定点E(2,0)，且在y轴上截得的弦PQ的长为4.(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设A，B是轨迹C上的两点，且4，F(1,0)，记SSOFASOAB，求S的最小值. 【导学号：07804096】解(1)设M(x，y)，PQ的中点为N，连接MN(图略)，则|PN|2，MNPQ，|MN|2|PN|2|PM|2.又|PM|EM|，|MN|2|PN|2|EM|2，x24(x2)2
2、y2，整理得y24x.动圆圆心M的轨迹C的方程为y24x.(2)设A，B，不妨令y10，则SOFA|OF|y1y1，4，x1x2y1y2y1y24，解得y1y28，当y1y2时，ABx轴，A(2,2)，B(2，2)，SAOB4，SOFA，S5.当y1y2时，直线AB的方程为，即yy1，令y0，得x2，直线AB恒过定点(2,0)，设定点为E，SOAB|OE|y1y2|y1y2，由可得SOABy1，SSOFASOABy1y124.综上，Smin4.2(2017陕西教学质量检测)已知F1，F2为椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，点P在椭圆E上，且|PF1|PF2|4.(1)求椭圆E的方程；(2)过F
3、1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. 【导学号：07804097】解(1)|PF1|PF2|4，2a4，a2.椭圆E：1.将P代入可得b23，椭圆E的方程为1.(2)当AC的斜率为零或斜率不存在时，；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.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x2，x1x2.|AC|x1x2|.直线BD的斜率为，|BD|.综上，2，.故存在常数，使得，成等差数列3(2017长沙模拟)如图134，P是
4、直线x4上一动点，以P为圆心的圆过定点B(1,0)，直线l是圆在点B处的切线，过A(1,0)作圆的两条切线分别与l交于E，F两点图134(1)求证：|EA|EB|为定值；(2)设直线l交直线x4于点Q，证明：|EB|FQ|FB|EQ|.解(1)设AE切圆于点M，直线x4与x轴的交点为N，故|EM|EB|.从而|EA|EB|AM|4.所以|EA|EB|为定值4.(2)由(1)同理可知|FA|FB|4，故E，F均在椭圆1上设直线EF的方程为xmy1(m0)令x4，求得y，即Q点纵坐标yQ.由得，(3m24)y26my90.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则有y1y2，y1y2.因为E，B，F
5、，Q在同一条直线上，所以|EB|FQ|FB|EQ|等价于(yBy1)(yQy2)(y2yB)(yQy1)，即y1y1y2y2y1y2，等价于2y1y2(y1y2).将y1y2，y1y2代入，知上式成立所以|EB|FQ|FB|EQ|.4(2017衡水模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线xy0相切，过点P(4,0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点(1)求椭圆C的方程；(2)求的取值范围；(3)若B点关于x轴的对称点是E，证明：直线AE与x轴相交于定点. 【导学号：07804098】解(1)由题意知，b，即b.又a2b2c2，所以a2，
6、c1.故椭圆C的方程为1.(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去y可得(34k2)x232k2x64k2120.则322k44(34k2)(64k212)0，解得0k2.易知x1x2，x1x2，所以x1x2y1y2x1x2k2(x14)(x24)(1k2)x1x24k2(x1x2)16k2(1k2)4k216k225.因为0k2，所以，所以425，所以的取值范围为.(3)因为点B，E关于x轴对称，所以E(x2，y2)，所以直线AE的方程为yy1(xx1)令y0，可得xx1.因为y1k(x14)，y2k(x24)，所以xx11.所以直线AE与x轴交于定点(1,0)