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【高考复习方案】(新课标)2015届高三数学二轮限时训练 第16讲 圆锥曲线中的热点问题B


[第 16 讲
(时间:5 分钟+40 分钟) 基础演练

圆锥曲线中的热点问题]

x2 y2 2? ? 2 3? ? 1.已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)过点?1, ?和? , ?. 2? ?2 2? ? (1)求椭圆的方程. (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点,取点 A(0, 2),E(x0,0),连接 AE,过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D, 点 G 是点 D 关于原点的对称点, 证明: 直线 QG 与椭圆只有一个公共点.

2.已知焦点在 y 轴,顶点在原点的抛物线 C1 经过点 P(2,2),以 C1 上一点 C2 为圆心的圆过 定点 A(0,1),记 M,N 为圆 C2 与 x 轴的两个交点. (1)求抛物线 C1 的方程. (2)当圆心 C2 在抛物线上运动时,试判断|MN|是否为一定值?请证明你的结论. m n (3)当圆心 C2 在抛物线上运动时 ,记|AM|=m,|AN|=n,求 n +m的最大值.

x2 → → 3.已知 A,B 是椭圆 2 +y2=1 上的两点,且AF=λFB,其中 F 为椭圆的右焦点. (1)当 λ=2 时,求直线 AB 的方程; → → ?5 ? (2)设点 M 4,0 ,求证:当实数 λ 变化时,MA· MB恒为定值. ? ? 提升训练

-1-

x2 y2 4.已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1(- 3,0),F2( 3,0),椭圆上 3 的点 P 满足∠PF1F2=90°且△PF1F2 的面积 S△PF1F2= 2 . (1)求椭圆 C 的方程. (2)是否存在直线 l,使 l 与椭圆 C 交于不同的两点 M,N,且线段 MN 恰被直线 x=-1 平分? 若存在,求出 l 的斜率取值范围;若不存在,请说明理由.

x2 y2 5.P(x0,y0)是椭圆a2+b2=1(a>b>0)上一点,A,B 分别是椭圆的左右顶点,直线 PA,PB 2 的斜率之积为-3. (1)求椭圆的离心率; (2)过椭圆的右焦点且斜率为 2的直线交椭圆于 M(x1,y1),N(x2,y2)两点,且 x1<x2,O 为 → → → 坐标原点,C 为椭圆上一点,且OC=λOM+ON,求实数 λ 的值.

-2-

专题限时集训(十六)B 【基础演练】 x2 y2 2? ? 2 3? ? 1.解:(1)∵椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)过点?1, ?和? , ?, 2? ?2 2? ?

?a2+2b2=1, ∴? 1 3 ?2a2+4b2=1,
1 1 解得 a2=2,b2=1. x2 ∴椭圆 C 的方程为 2 +y2=1. (2)证明:设 D(x1,0). ∵A(0, 2),E(x0,0), → → ∴AE=(x0,- 2),AD=(x1,- 2), → → 由题意知 AE 与 AD 垂直,所以有AE·AD=x1·x0+2=0, 2 ∴x1=-x0, 又点 G 是点 D 关于原点的对称点,

?2 ? ∴G x0,0 , ? ?
y0-0 y0·x0 x0 ∴kQG= = , 2 = x2 0-2 -2y0 x0-x0 x0 ∴lQG:y-y0=-2y0(x-x0). 2-x0·x 整理得 y= 2y0 .(*) 将(*)式代入椭圆方程得 2 ?2-x0·x? =2, x2+2· 2y0

?

?

∴整理得 x2-2x0·x+x2 0=0. ∴Δ =(-2x0)2-4· x2 0=0. ∴直线 QG 与椭圆 C 只有一个公共点. 2.解:(1)由已知,设抛物线方程为 x2=2py(p>0),则 22=2p×2,解得 p=1. 故所求抛物线 C1 的方程为 x2=2y.

? a2? (2)方法一:设圆心 C2 a, 2 ,则圆 C2 的半径 r= ? ?
2 2 ? a2? ?a2 ? 圆 C2 的方程为(x-a)2+ y- 2 =a2+ 2 -1 .

2 ?a2 ? a2+ 2 -1 , ? ?

?

?

?

?

令 y=0,得 x2-2ax+a2-1=0,得 x1=a-1,x2=a+1. |MN|=|x1-x2|=2(定值).
-3-

方法二:设圆心 C2(a,b),因为圆过点 A(0,1),所以半径 r= a2+(b-1)2, 因为 C2 在抛物线上,所以 a2=2b,且圆被 x 轴截得的弦长 |MN|=2 r2-b2=2 a2+(b-1)2-b2=2 a2-2b+1=2 (定值). (3)由(2),不妨设 M(a-1,0),N(a+1,0), m n m2+n2 则 m= (a-1)2+1= a2-2a+2,n= (a+1)2+1= a2+2a+2, n +m= mn = 2a2+4 =2 a4+4 4a2 1+ , a4+4

m n a=0 时, n +m=2;a≠0 时, m n n +m=2 4 1+ 4 ≤2 2, a2+a2

m n 故当且仅当 a=± 2时, n +m取得最大值 2 2. 3.解:(1)由已知条件知,直线 AB 过椭圆右焦点 F(1,0).又直线 AB 不与 x 轴重合时,可设 AB:x=my+1,代入椭圆方程,并整理得(2+m2)y2+2my-1=0. -2m -1 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系得 y1+y2= ,y1y2= . 2+m2 2+m2 -4m 2m → → 又由AF=2FB得-y1=2y2,所以 y1= ,y2= . 2+m2 2+m2 -8m2 -1 14 于是 = ,解之得 m=± 7 . (2+m2)2 2+m2 14 故直线 AB 的方程为 x± 7 y-1=0. 5?? 5? 1?? 1? → → ? ? (2)证明:MA·MB= x1-4 x2-4 +y1y2= my1-4 my2-4 +y1y2

?

??

?

?

??

?

1+m2 m 1 m2 1 =(1+m2)y1y2- 4 (y1+y2)+16=- + + 2+m2 2(2+m2) 16 = -16(1+m2)+8m2+(2+m2) -14-7m2 7 = =-16为定值. 16(2+m2) 16(2+m2)

(经检验,当 AB 与 x 轴重合时也成立) 4.解:(1)由题意知:|F1F2|=2c=2 3, 3 ∵ 椭圆上的点 P 满足∠PF1F2=90°,且 S△PF1F2= 2 , 1 1 3 ∴S△PF1F2=2|F1F2|·|PF1|=2×2 3×|PF1|= 2 . 1 7 ∴|PF1|=2,|PF2|= |F1F2|2+|PF1|2=2. ∴2a=|PF1|+|PF2|=4,a=2. 又∵c= 3.∴b= a2-c2=1.

-4-

x2 ∴椭圆 C 的方程为 4 +y2=1. (2)假设这样的直线 l 存在.∵l 与直线 x=-1 相交,∴直线 l 的斜率存在. 设 l 的方程为 y=kx+m, x2 ? ? 4 +y2=1, 由? 得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.(*)

? ?y=kx+m

∵直线 l 与椭圆 C 有两个交点, ∴(*)的判别式 Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)>0,即 m2<4k2+1.① -8km 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2= . 1+4k2 ∵MN 被直线 x=-1 平分,可知 k≠0, x1+x2 -4km 1+4k2 = =- 1 , m = 2 4k .② 1+4k2 2 ?1+4k2? <4k2+1,即 48k4+8k2-1>0. 把②代入①,得 4k ∴

?

?

1 ∵k2≥0,∴k2>12. 3 3 ∴k<- 6 或 k> 6 . 即存在满足题设条件的直线 l,且 l 的斜率取值范围是?-∞,- 5.解:(1)设 P(x0,y0),A(-a,0),B(a,0),则 kPA=

? ?

3? ? 3 ? ?∪? ?. 6 ? ? 6 ,+∞?

y0 y0 ,kPB= ,由 kPA·kPB=- x0+a x0-a

2 y0 y0 2 x2 0 y2 0 b2 2 c 3 ,得 · =- ,又因为 + = 1 ,所以 = , e = = 3 3 a2 b2 a2 3 a 3. x0+a x0-a x2 y2 (2)由(1)得 a2=3c2, b2=2c2, 故椭圆方程为3c2+2c2=1, 与直线 y= 2(x-c)联立得 2x2+3×2(x 3c 2 -c)2-6c2=0,即 8x2-12cx=0,解得 x1=0,x2= 2 ,y1=- 2c,y2= 2 c,即 M(0,- 2 2 ? ?3 → → → c),N? c, c?,设 M(x1,y1),N(x2,y2),C(x3,y3),因为OC=λOM+ON,所以 x3=λx1+ 2 ? ?2 2 3c 2 2 ?2 ? ?3c? x2= 2 , y3=λy1+y2=- 2λ c+ 2 c, 代入椭圆方程得 2 2 +3?- 2λc+ c? -6c2=0, ? ? 2 ? ? 化简得 λ2-λ=0,解得 λ=0 或 λ=1.

-5-


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