《（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：10.5 圆锥曲线的综合问题 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：10.5 圆锥曲线的综合问题 .pptx（74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、10.5圆锥曲线的综合问题,高考文数 ( 课标专用),1.(2017课标全国,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂 足为N,点P满足=. (1)求点P的轨迹方程; (2)设点Q在直线x=-3上,且=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.,A组统一命题课标卷题组,五年高考,解析(1)设P(x,y),M(x0,y0), 则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0). 由=得x0=x,y0=y. 因为M(x0,y0)在C上,所以+=1. 因此点P的轨迹方程为x2+y2=2. (2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m
2、,n), 则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n). 由=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以=0,即. 又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.,思路分析(1)设出P、M的坐标,利用=得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解 点P的轨迹方程.(2)利用向量的坐标运算得=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.,方法总结求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.,2.(2015课标,20,12
3、分,0.247)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,点(2,)在C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, 解得a2=8,b2=4. 所以C的方程为+=1. (2)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入+=1得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM=,yM=kxM+b=. 于是直线OM的斜率kOM=-,即kOMk=-.所以直线OM的斜率与直线l的斜
4、率的乘积为定值.,思路分析(1)利用椭圆的离心率,以及椭圆经过的点,求解a,b,然后得到椭圆的方程;(2)联立直线方程与椭圆方程,通过根与系数的关系求解kOM,然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.,B组自主命题省(区、市)卷题组 考点一定点与定值问题 1.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点. (1)求椭圆C的方程及离心率; (2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.,解析(1)由题意得,a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1.(3分) 又c=,所以离心
5、率e=.(5分) (2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则+4=4.(6分) 又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-,从而|BM|=1-yM=1+.(9分) 直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-,从而|AN|=2-xN=2+.(12分) 所以四边形ABNM的面积 S=|AN|BM| =,解析(1)由题意得,a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1.(3分) 又c=,所以离心率e=.(5分) (2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则+4=4.(6分) 又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA的方程
6、为y=(x-2). 令x=0,得yM=-,从而|BM|=1-yM=1+.(9分) 直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-,从而|AN|=2-xN=2+.(12分) 所以四边形ABNM的面积 S=|AN|BM| =,= =2. 从而四边形ABNM的面积为定值.(14分),解后反思本题第(2)问可画出图形进行分析, 发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所以S四边形ABNM=|AN|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即 可求得点M、N的坐标.,评析本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程
7、的相关知识及定值问题,知识点较综合,属中等偏难题.,2.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点). (1)证明:动点D在定直线上; (2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.,解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8, 直线AO
8、的方程为y=x,直线BD的方程为x=x2. 解得交点D的坐标为, 注意到x1x2=-8及=4y1,则有y=-2.因此D点在定直线y=-2上(x0).,评析本题考查抛物线的性质,以及直线与抛物线的位置关系,考查用代数方法解决圆锥曲线的综合问题,考查方程思想以及设而不求、整体代换思想的应用,同时考查学生运算求解能力和综合分析问题的能力.,考点二参变量的取值范围与最值问题 1.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(m1)上两点A,B满足=2,则当m=时,点B横坐标的绝对值最大.,答案5,解析本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由=2,
9、易得A(-2t,3-2u). 点A,B都在椭圆上, 从而有+3u2-12u+9=0,即+u2=4u-3. 即有4u-3=mu=, +=m,t2=-m2+m-=-(m-5)2+4. 当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.,思路分析(1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标. (2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式. (3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数. (4)利用二次函数的最值得结论.,2.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)
10、一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上. (1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴; (2)若P是半椭圆x2+=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.,解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力. (1)设P(x0,y0),A,B. 因为PA,PB的中点在抛物线上, 所以y1,y2为方程=4即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根. 所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴. (2)由(1)可知所以|PM|=(+)-x0=-3x0,|y1-y2|=2. 因此,PAB的面积S
11、PAB=|PM|y1-y2|=(-4x0. 因为+=1(x00),所以-4x0=-4-4x0+44,5.因此,PAB面积的取值范围是.,疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题 在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.,3.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,椭 圆C截直线y=1所得线段的长度为2. (1
12、)求椭圆C的方程; (2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.,解析(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2), 又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2, 所以a2=4,b2=2. 因此椭圆方程为+=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由0得m24k2+2,(*) 且x1+x2=-,因此y1+y2=, 所以D, 又N(0,-m),所以|ND|2=+, 整理得|ND|2=,
13、因为|NF|=|m|, 所以=1+. 令t=8k2+3,t3,故2k2+1=, 所以=1+=1+. 令y=t+,所以y=1-. 当t3时,y0, 从而y=t+在3,+)上单调递增, 因此t+, 等号当且仅当t=3时成立,此时k=0, 所以1+3=4, 由(*)得-m且m0.,故. 设EDF=2, 则sin =. 所以的最小值为, 从而EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0. 综上所述:当k=0,m(-,0)(0,)时,EDF取到最小值.,4.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y) .过点B作直线AP的垂线,垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取
14、值范围; (2)求|PA|PQ|的最大值.,解析(1)设直线AP的斜率为k,k=x-, 因为-x,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1). (2)解法一:联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是xQ=. 因为|PA|=(k+1), |PQ|=(xQ-x)=-, 所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2, 所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|PQ|取得最大值.,5.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(ab0)的长轴长为4,焦距为2. (1)求椭圆C的方程; (2
15、)过动点M(0,m)(m0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B. (i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明为定值; (ii)求直线AB的斜率的最小值.,解析(1)设椭圆的半焦距为c. 由题意知2a=4,2c=2, 所以a=2,b=. 所以椭圆C的方程为+=1. (2)(i)证明:设P(x0,y0)(x00,y00). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直线PM的斜率k=, 直线QM的斜率k=-. 此时=-3.所以为定值-3. (ii)设A(x1,y1),B(x2,y2
16、). 直线PA的方程为y=kx+m, 直线QB的方程为y=-3kx+m.,6.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,且点 在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程; (2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线 PO交椭圆E于点Q. (i)求的值; (ii)求ABQ面积的最大值.,解析(1)由题意知+=1, 又=,解得a2=4,b2=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)由(1)知椭圆E的方程为+=1. (i)设P(x0,y0),=, 由题意知Q(-x0,-y0). 因为+=1, 又+=
17、1, 即=1, 所以=2,即=2. (ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).,将y=kx+m代入椭圆E的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0, 由0,可得m24+16k2. 则有x1+x2=-,x1x2=. 所以|x1-x2|=. 因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以OAB的面积S=|m|x1-x2| = = =2. 设=t.,将y=kx+m代入椭圆C的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 由0,可得m21+4k2. 由可知0t1, 因此S=2=2. 故S2, 当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2. 由(i)知,
18、ABQ面积为3S, 所以ABQ面积的最大值为6.,解析(1)因为|OM|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MNx轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为+=1. (2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有SOPQ=44=8.,(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m, 由消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点, 所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2
19、=16k2+4. 又由可得P;同理可得Q. 由原点O到直线PQ的距离为d=和|PQ|=|xP-xQ|,可得SOPQ=|PQ|d=|m|xP-xQ|=| m|=. 将代入得,SOPQ=8. 当k2时,SOPQ=8=88; 当0k2时,SOPQ=8=8.,因0k2,则01-4k21,2, 所以SOPQ=88, 当且仅当k=0时取等号. 所以当k=0时,SOPQ的最小值为8. 综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,OPQ的面积取得最小值8.,评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系,考查了函数的思想方法和“设而不求,整体运算”的技巧,考查了运算求解能力和综合解题能力.属难
20、题.,2.(2014湖南,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a10,b10)和椭圆C2:+=1(a2 b20)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方 形. (1)求C1,C2的方程; (2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=|?证明你的结 论.,解析(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2, 从而a1=1,c2=1. 因为点P在双曲线x2-=1上, 所以-=1,故=3. 由椭圆的定义知2a2=+=2. 于是a2=,=-=2,故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1. (2)不
21、存在符合题设条件的直线. (i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-. 当x=时,易知A(,),B(,-), 所以|+|=2,|=2, 此时,|+|. 当x=-时,同理可知,|+|.,评析本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程思想,运算、推理能力,综合性较强.,C组教师专用题组 考点一定点与定值问题 1.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),
22、证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.,解析(1)由题设知=,b=1, 结合a2=b2+c2,解得a=. 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2) =0. 由已知可知0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20, 则x1+x2=,x1x2=. 从而直线AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ=+=+ =2k+(2-k)=2k+(2-k) =2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.,评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.,考点二
23、参变量的取值范围与最值问题 1.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4. (1)求椭圆C的离心率; (2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OAOB,求线段AB长度的最小值.,解析(1)由题意,知椭圆C的标准方程为+=1. 所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2. 因此a=2,c=. 故椭圆C的离心率e=. (2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x00. 因为OAOB,所以=0, 即tx0+2y0=0,解得t=-. 又+2=4, 所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2 =+(y0-2)2=+4=+4,=+4(04).
24、 因为+4(04),且当=4时等号成立, 所以|AB|28. 故线段AB长度的最小值为2. 评析本题考查椭圆的标准方程、几何性质、点与椭圆的关系以及弦长问题的求解.考查方程思想、函数思想以及整体代换思想的应用,同时考查考生的运算求解能力.正确选择参数是解决本题的关键,再利用基本不等式求最值时应注意参数的取值范围.,2.(2014山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,直线y= x被椭圆C截得的线段长为. (1)求椭圆C的方程; (2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点).点D在椭圆C上,且ADAB,直线BD与x轴、y轴分别交于M
25、,N两点. (i)设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数使得k1=k2,并求出的值; (ii)求OMN面积的最大值.,解析(1)由题意知=,可得a2=4b2, 椭圆C的方程可简化为x2+4y2=a2. 将y=x代入可得x=, 因此=,可得a=2. 因此b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)(i)设A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2),则B(-x1,-y1), 因为直线AB的斜率kAB=, 又ABAD,所以直线AD的斜率k=-. 设直线AD的方程为y=kx+m, 由题意知k0,m0. 由可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.,所以x1+x2=-, 因
26、此y1+y2=k(x1+x2)+2m=. 由题意知x1-x2, 所以k1=-=. 所以直线BD的方程为y+y1=(x+x1). 令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0). 可得k2=-. 所以k1=-k2,即=-. 因此存在常数=-使得结论成立. (ii)直线BD的方程为y+y1=(x+x1), 令x=0,得y=-y1,即N.,由(i)知M(3x1,0), 可得OMN的面积S=3|x1|y1|=|x1|y1|. 因为|x1|y1|+=1,当且仅当=|y1|=时等号成立,此时S取得最大值, 所以OMN面积的最大值为.,考点三存在性问题 1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a
27、b0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且 =-1. (1)求椭圆E的方程; (2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使得+ 为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.,解析(1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b). 又点P的坐标为(0,1),且=-1, 于是解得a=2,b=. 所以椭圆E方程为+=1. (2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0, 所以,x1+x2=-,x1x2=
28、-. 从而,+=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1) =(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1,= =-2. 所以,当=1时,-2=-3. 此时,+=-3为定值. 当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD. 此时,+=+=-2-1=-3. 故存在常数=1,使得+为定值-3. 评析本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.,2.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1 F1F2,=2,DF1F2的面
29、积为. (1)求该椭圆的标准方程; (2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.,解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2. 由=2得|DF1|=c. 从而=|DF1|F1F2|=c2=,故c=1. 从而|DF1|=, 由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=, 因此|DF2|=. 所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1. 因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1. (2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭
30、圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P1,F 2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2. 由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.,由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1). 再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+=0. 由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0, 解得x1=-或x1=0. 当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆. 当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C. 设C(0,y0),由CP1F1P1,得=-1.
31、 而y1=|x1+1|=,故y0=.,圆C的半径|CP1|=. 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=. 评析本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭圆的几何性质,直线与圆的位置关系的应用.本题考查了学生分析问题,解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力以及利用分类讨论思想解决问题的能力.,(时间:25分钟分值:25分) 一、选择题(共5分) 1.(2018天津和平二模,6)已知抛物线x2=-4by的准线与双曲线-=1(a0,b0)的左、右支分 别交于B,C两点,A为双曲线的右顶点,O为坐标原点,若BOC=4AOC,则双曲线的渐近线方程为() A.y=xB.y=x C.y=xD.y
32、=x,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,答案C抛物线x2=-4by的准线为y=b, 将y=b代入双曲线-=1可得 x=a, 即有B(-a,b),C(a,b), 由BOC=4AOC,可得 BOC=2AOC, 由BOC+AOC=90, 可得AOC=30, tanAOC=, 即有=, 则双曲线的渐近线方程为y=x,故选C.,二、填空题(共5分) 2.(2018湖南岳阳二模,14)已知抛物线y=ax2(a0)的准线为l,l与双曲线-y2=1的两条渐近线分 别交于A,B两点,若|AB|=4,则a=.,答案,解析抛物线y=ax2(a0)的准线l:y=-,双曲线-y2=1的两条渐近线分别为
33、y=x,y=-x, 可得xA=-,xB=,可得|AB|=-=4,解得a=.,三、解答题(共15分) 3.(2018河南郑州二模,20)已知动圆E经过点F(1,0),且和直线l:x=-1相切. (1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程; (2)已知点A(3,0),若斜率为1的直线l与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A),且与曲线G交于B、C两点,求ABC面积的最大值.,解析(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离,动点E的轨迹是以F(1,0)为焦点,直线x=-1为准线的抛物线, 故轨迹G的方程是y2=4x. (2)设直线l的方程为y=x+m,其中-3m0. 联立得方程组消去y,得x2+
34、(2m-4)x+m2=0, =(2m-4)2-4m2=16(1-m)恒大于零. 设C(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系得 x1+x2=4-2m,x1x2=m2,|CB|=4,B组20162018年高考模拟综合题组 (时间:55分钟分值:65分) 一、选择题(共5分) 1.(2018江西上饶一模,8)已知点A是抛物线y2=2px(p0)上的一点,若以抛物线的焦点F为圆心,以|FA|为半径的圆交抛物线的准线于B、C两点,BFC=且满足2sin2+sin -sin 2=3cos ,当ABC的面积为时,实数p的值为() A.4B.4C.8D.8,答案B由2sin2+sin -sin 2
35、=3cos ,且sin2+cos2=1, 解得sin =,cos =, =, 结合题意可知,BFC为等边三角形, 又|FD|=p, |BC|=|FB|=p, 即圆的半径|FA|=p,即圆的半径|FA|=p, 设A(x0,y0), SABC=|BC|=|BC|FA|=pp=, 解得p=4,故选B.,思路分析根据2sin2+sin -sin 2=3cos ,且sin2+cos2=1求出=,结合题意可知,BFC为 等边三角形,求出圆的半径,结合抛物线的定义,即可求出SABC=|BC|=|BC|FA|=,即 可求出p的值.,二、解答题(共60分) 2.(2018山东枣庄二模,20)已知抛物线C:y2=
36、2px(0p1)上的点P(m,1)到其焦点F的距离为. (1)求C的方程; (2)已知直线l不过点P且与C相交于A,B两点,且直线PA与直线PB的斜率之积为1,证明:l过定点.,解析(1)由题意,得2pm=1,即m=. 由抛物线的定义,得|PF|=m-=+. 由题意,知+=,解得p=或p=2(舍去). 所以C的方程为y2=x. (2)证法一:由(1)得P(1,1).设直线PA的斜率为k(显然k0),则直线PA的方程为y-1=k(x-1),则y=kx+1-k. 由消去y,并整理得 k2x2+2k(1-k)-1x+(1-k)2=0. 设A(x1,y1),由根与系数的关系,得1x1=, 即x1=,则
37、y1=kx1+1-k=k+1-k=-1+, 所以A.,由题意,知直线PB的斜率为. 同理可得B, 即B(k-1)2,k-1). 若直线l的斜率不存在,则=(k-1)2, 解得k=1或k=-1. 当k=1时,直线PA与直线PB的斜率均为1,A,B两点重合,与题意不符; 当k=-1时,直线PA与直线PB的斜率均为-1,A,B两点重合,与题意不符. 所以,直线l的斜率必存在. 直线l的方程为y-(k-1)=x-(k-1)2, 即y=x-1. 所以直线l过定点(0,-1).,证法二:由(1)得P(1,1). 若l的斜率不存在,则l与x轴垂直. 设A(x1,y1),则B(x1,-y1),=x1. 则kP
38、AkPB=. (x1-10,若x1=1,则A(1,1)或B(1,1),直线l过点P,与题设条件矛盾) 由题意,知=1,所以x1=0.这时A,B两点重合,与题意不符. 所以l的斜率必存在. 设l的斜率为k,显然,k0,设l:y=kx+t, 由于直线l不过点P(1,1),所以k+t1. 由消去y,并整理得k2x2+(2kt-1)x+t2=0. 由判别式=1-4kt0,得kt. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=, 则kPAkPB= =. 由题意,知=1. 故(k2-1)x1x2+(kt-k+1)(x1+x2)+t2-2t=0, 将代入并化简整理得=0, 即1-t2-k
39、t-k=0. 即(1+t)(1-t)-k(t+1)=0,即(1+t)(1-t-k)=0. 又k+t1,即1-t-k0,所以1+t=0,即t=-1. 所以l:y=kx-1.显然,l过定点(0,-1). 证法三:由(1)得P(1,1). 设l:x=ny+t,由于直线l不过点P(1,1),所以n+t1.,由消去x并整理得y2-ny-t=0. 由题意,判别式=n2+4t0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=n,y1y2=-t, 则kPAkPB=. 由题意,得y1y2+(y1+y2)+1=1,即y1y2+(y1+y2)=0, 将代入得-t+n=0,即t=n. 所以l:x=n(y+1)
40、.显然l过定点(0,-1).,3.(2018河南濮阳二模,20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C的顶点在原点,且经过点A(2,2),其焦点F在x轴上. (1)求过点F且与直线OA垂直的直线的方程; (2)设过点M(m,0)(m0)的直线交抛物线C于D,E两点,|ME|=2|DM|,求的最小值.,解析(1)由题意可知抛物线开口向右, 设抛物线方程为y2=2px(p0),把A(2,2)代入抛物线方程可得4=4p, 即p=1,于是F. 又直线OA的斜率为1,故所求直线斜率为-1, 所求直线方程为x+y-=0.,4.(2018河南新乡模拟,20)已知右焦点为F的椭圆M:+=1(a)与直线y=相交于P
41、,Q两 点,且PFQF. (1)求椭圆M的方程; (2)O为坐标原点,A,B,C是椭圆M上不同三点,并且O为ABC的重心,试探究ABC的面积是不是定值,若是,求出这个定值;若不是,说明理由.,解析(1)设F(c,0),P,Q, 将点P的坐标代入椭圆方程可得+=1,即t2=a2, 由PFQF,可得=-1, 即c2-t2=-, 由可得c2=a2-. 又a2-c2=3, 解得a=2,c=1, 所以椭圆M的方程为+=1. (2)是定值.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m, 代入椭圆方程3x2+4y2=12, 可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 设A(x1,y1),
42、B(x2,y2),则x1x2=,x1+x2=-, 则y1+y2=k(x1+x2)+2m=, 由O为ABC的重心,可得=-(+)=, 由C在椭圆上,有3+4=12, 化简可得4m2=3+4k2, |AB|=. 又C到直线AB的距离d=, 所以SABC=|AB|d=. 当直线AB的斜率不存在时,|AB|=3,d=3, 所以SABC=|AB|d=. 综上可得,ABC的面积为定值.,5.(2018云南玉溪模拟,20)已知F(1,0),P是平面上一动点,P在直线l:x=-1上的射影为点N,且满足=0. (1)求点P的轨迹C的方程; (2)过点M(1,2)作曲线C的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的
43、斜率分别为k1,k2,当k1,k2变化且满足k1+k2=-1时,证明直线AB过定点,并求出该定点坐标.,解析(1)设P(x,y),则N(-1,y).=(-1-x,0), 又F(1,0),从而=(2,-y), 则+=(-1-x,0)+(2,-y)=, 由=0,得(2,-y)=0, 即-2x+y2=0. 化简得y2=4x,即为所求的点P的轨迹C对应的方程. (2)设A(x1,y1)、B(x2,y2). 由题意知MA:y=k1(x-1)+2, MB:y=k2(x-1)+2. 将y=k1(x-1)+2与y2=4x联立,得k1y2-4y-4k1+8=0, 由y1+2=,得y1=-2, 同理,y2=-2,
44、直线AB的方程为y-y1=(x-x1), 即y=x+, 由得y1+y2=-2+-2=-4=-4, y1y2=4=4, 代入得,y=x+, 整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0. 由故直线AB过定点(5,-6).,知识拓展过圆锥曲线上一定点M作圆锥曲线的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的斜率分别为k1,k2,当k1+k2为定值且k1+k20时,直线AB过定点;当k1+k2=0时,直线AB的斜率为定值.,6.(2017河南郑州一中押题卷二,20)已知椭圆C1:+=1的左、右焦点分别为F1、F2,过点F1作 垂直于x轴的直线l1,直线l2垂直l1于点P,线段PF2的垂直平分线交l2于点M. (1)求点M的轨迹C2的方程; (2)过点F2作两条互相垂直的直线AC、BD,且分别交椭圆于A、B、C、D,求四边形ABCD面积的最小值.,