《创新方案》2015高考数学（理）一轮知能检测：第8章 第9节　圆锥曲线的综合问题.doc

1、第九节圆锥曲线的综合问题全盘巩固1如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()A3 B2 C. D.解析：选B设椭圆长半轴长为a(a0)，则双曲线半实轴的长为，由于双曲线与椭圆共焦点，设焦距为2c，所以双曲线的离心率e1，椭圆的离心率e2，所以2.2(2013新课标全国卷)已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点若AB的中点坐标为(1，1)，则E的方程为()A.1 B.1C.1 D.1解析：选D由题意知kAB，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则0.由AB的中点是(1

2、，1)知则，联立a2b29，解得a218，b29，故椭圆E的方程为1.3(2014长春模拟)已知实数4，m,9构成一个等比数列，则圆锥曲线y21的离心率为()A. B. C.或 D.或7解析：选C因为4，m,9成等比数列，所以m6，当m6时，y21为椭圆a26，b21，c25.所以离心率e；当m6时，y21为双曲线，a21，b26，c27，所以离心率e.4(2014湖州模拟)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，M是抛物线C上的点，若OFM的外接圆与抛物线C的准线相切，且该圆面积为9，则p()A2 B4 C6 D8解析：选B依题意得，OFM的外接圆半径为3，OFM的

3、外接圆圆心应位于线段OF的垂直平分线x上，圆心到准线x的距离等于3，即有3，由此解得p4.5(2013全国高考)已知抛物线C：y28x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点若0，则k ()A. B. C. D2解析：选D如图所示，设F为焦点，取AB中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由0，知MAMB，则|MP|AB|(|AG|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MPAGBH，所以GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则MFAB，所以k2.6. 如图，已知过抛物线y22px

4、(p0)的焦点F的直线xmym0与抛物线交于A、B两点，且OAB(O为坐标原点)的面积为2，则m6m4的值是()A1 B. C2 D4解析：选C设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，m，将xmym代入抛物线方程y22px(p0)中，整理得y22pmy2pm0，由根与系数的关系，得y1y22pm，y1y22pm，则(y1y2)2(y1y2)24y1y2(2pm)28pm16m416m2，又OAB的面积S|y1y2|(m)42，两边平方即可得m6m42.7(2013安徽高考)已知直线ya交抛物线yx2于A，B两点若该抛物线上存在点C，使得ACB为直角，则a的取值范围为_解析：法一：设直

5、线ya与y轴交于点M，抛物线yx2上要存在点C，只要以|AB|为直径的圆与抛物线yx2有除A、B外的交点即可，也就是使|AM|MO|，即a(a0)，所以a1.法二：易知a0，设C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(，a)，则 (m，m2a)，(m，m2a)，因为，所以m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0.因为由题易知m2a，所以m2a10，故a1，)答案：1，)8若C(，0)，D(，0)，M是椭圆y21上的动点，则的最小值为_解析：由椭圆y21知c2413，c，C，D是该椭圆的两焦点，令|MC|r1，|MD|r2，则r1r22a4，又r1r24，1.当且仅当r1r2时，上

6、式等号成立故的最小值为1.答案：19曲线C是平面内与两个定点F1(1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a1)的点的轨迹给出下列三个结论：曲线C过坐标原点；曲线C关于坐标原点对称；若点P在曲线C上，则F1PF2的面积不大于a2.其中，所有正确结论的序号是_解析：因为原点O到两个定点F1(1,0)，F2(1,0)的距离的积是1，而a1，所以曲线C不过原点，即错误；因为F1(1，0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1|PF2|a2对应的轨迹关于原点对称，即正确；因为SF1PF2|PF1|PF2|sinF1PF2|PF1|PF2|a2，即F1PF2的面积不大于a2，所以正确答案：1

7、0已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于异于椭圆顶点的两点A，B，且2.(1)求椭圆的方程；(2)求m的取值范围解：(1)由题意，知椭圆的焦点在y轴上，设椭圆方程为1(ab0)，由题意，知a2，bc，又a2b2c2，则b，所以椭圆方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，与椭圆方程联立，即消去y，得(2k2)x22mkxm240，(2mk)24(2k2)(m24)0，由根与系数的关系，知又2，即有(x1，my1)2(x2，y2m

8、)，所以x12x2.则所以22.整理，得(9m24)k282m2，又9m240时等式不成立，所以k20，得m20.所以m的取值范围为.11已知椭圆1(ab0)的左焦点F1(1,0)，长轴长与短轴长的比是2.(1)求椭圆的方程；(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若mn，求证：为定值解：(1)由已知得解得a2，b.故所求椭圆方程为1.(2)证明：由已知F1(1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为yk(x1)(k0)由得(34k2)x28k2x4k2120.由于0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2，x1x2，|AB| .同理|CD|.所以.当直线

9、m垂直于坐标轴时，此时|AB|3，|CD|4；或|AB|4，|CD|3，.综上，为定值.12(2013江西高考)如图，椭圆C：1(ab0)经过点P，离心率e，直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，说明理由解：(1)由P在椭圆上，得1.依题设知a2c，则b23c2.代入解得c21，a24，b23.故椭圆C的方程为1.(2)法一：由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1)代入椭圆方程3x24

10、y212，并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.在方程中令x4，得M的坐标为(4,3k)从而k1，k2，k3k.由于A，F，B三点共线，则有kkAFkBF，即有k.所以k1k22k.代入得k1k22k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常数2符合题意法二：设B(x0，y0)(x01)，则直线FB的方程为y(x1)，令x4，求得M，从而直线PM的斜率为k3，联立得A，则直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，所以k1k22k3，故存在常数2符合题意冲击名校如图，已知椭圆1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B

11、两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点(1)若点G的横坐标为，求直线AB的斜率；(2)记GFD的面积为S1，OED(O为原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1S2？说明理由解：(1)依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为yk(x1)将其代入1，整理得(4k23)x28k2x4k2120.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x2.故点G的横坐标为.解得k.(2)假设存在直线AB，使得S1S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直由(1)可得G.设D点坐标为(xD,0)因为DGAB，所以k1，解得xD，即D.因为GFDOED，所以S1S2|GD|

12、OD|.所以 ，整理得8k290.因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1S2.高频滚动(2013北京高考)已知A，B，C是椭圆W：y21上的三个点，O是坐标原点(1)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；(2)当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由解：(1)椭圆W：y21的右顶点B的坐标为(2,0)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分所以可设A(1，m)，代入椭圆方程得m21，即m.所以菱形OABC的面积是|OB|AC|22|m|.(2)四边形OABC不可能为菱形，理由如下：假设四边形OABC为菱形因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为ykxm(k0，m0)由消去y并整理得(14k2)x28kmx4m240.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则，km.所以AC的中点为M.因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为.因为k1，所以AC与OB不垂直所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形