【高中新课程数学(人教)二轮复习专题】专题复习讲义《153圆锥曲线的综合问题》课时演练

第一部分专题五第3课时(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)A级1．若点O和点F分别为椭圆x24＋y23＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP→·FP→的最大值为()A．2B．3C．6D．8解析：设P(x0，y0)，则x204＋y203＝1即y20＝3－3x204，又因为F(－1,0)，∴OP→·FP→＝x0·(x0＋1)＋y20＝14x20＋x0＋3＝14(x0＋2)2＋2，又x0∈[－2,2]，∴OP→·FP→∈[2,6]，所以(OP→·FP→)max＝6.答案：C2．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线y＝2x－4与C交于A，B两点，则cos∠AFB＝()A.45B.35C．－35D．－45解析：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意，得点F(1,0)，由y2＝4x，y＝2x－4消去y，得x2－5x＋4＝0，x＝1或x＝4，因此点A(1，－2)，B(4,4)，FA→＝(0，－2)，FB→＝(3,4)，cos∠AFB＝FA→·FB→|FA→||FB→|＝0×3＋－2×42×5＝－45，故选D.答案：D3．已知A－12，0，B是圆F：x－122＋y2＝4(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为________．解析：|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝|BF|＝2＞1＝|AF|，所以点P的轨迹为以A、F为焦点，2为长轴长的椭圆，所以a＝1，c＝12，b2＝1－14＝34.所以点P的轨迹方程为x2＋43y2＝1.答案：x2＋43y2＝14．设已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，直线l与抛物线C相交于A，B两点．若AB的中点为(2,2)，则直线l的方程为________．解析：由已知，得抛物线方程为y2＝4x.直线l的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，点(2,2)不可能是AB的中点，故直线l的斜率存在，设其为k，则直线l的方程是y－2＝k(x－2)且k≠0，与抛物线方程联立，消掉x，则y2－4y－2k＋2＝0，即y2－4ky＋8k－8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4k，又y1＋y22＝2，即2k＝2，解得k＝1，故所求的直线方程是y－2＝x－2，即y＝x.答案：y＝x5．(2012·山西省考试)已知椭圆的中心是坐标原点O，焦点F1，F2在y轴上，它的一个顶点为A(2，0)，且中心O到直线AF1的距离为焦距的14，过点M(2,0)的直线l与椭圆交于不同的两点P，Q，点N在线段PQ上．(1)求椭圆的标准方程；(2)设|PM|·|NQ|＝|PN|·|MQ|，求动点N的轨迹方程．解析：(1)设椭圆的标准方程是y2a2＋x2b2＝1(ab0)．由于椭圆的一个顶点是A(2，0)，故b2＝2.根据题意得，∠AF1O＝π6，sin∠AF1O＝ba，即a＝2b，a2＝8，所以椭圆的标准方程是y28＋x22＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x，y)，由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)．直线l的方程与椭圆方程联立消去y得：(k2＋4)x2－4k2x＋4k2－8＝0.由Δ＝16k4－4(k2＋4)(4k2－8)0，得－2k2.根据根与系数的关系得x1＋x2＝4k24＋k2，x1x2＝4k2－84＋k2.又|PM|·|NQ|＝|PN|·|MQ|，即(2－x1)(x2－x)＝(x－x1)(2－x2)．解得x＝1，代入直线l的方程得y＝－k，y∈(－2,2)．所以动点N的轨迹方程为x＝1，y∈(－2,2)．6．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个焦点是F(1,0)，且离心率为12.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点F的直线交椭圆C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点P(0，y0)，求y0的取值范围．解析：(1)设椭圆C的半焦距是c.依题意，得c＝1.因为椭圆C的离心率为12，所以a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3.故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)当MN⊥x轴时，显然y0＝0.当MN与x轴不垂直时，可设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)．由y＝kx－1，x24＋y23＝1消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x3，y3)，则x1＋x2＝8k23＋4k2.所以x3＝x1＋x22＝4k23＋4k2，y3＝k(x3－1)＝－3k3＋4k2.线段MN的垂直平分线的方程为y＋3k3＋4k2＝－1kx－4k23＋4k2.在上述方程中，令x＝0，得y0＝k3＋4k2＝13k＋4k.当k0时，3k＋4k≤－43；当k0时，3k＋4k≥43.所以－312≤y00或0y0≤312.综上，y0的取值范围是－312，312.7．在平面直角坐标系xOy中，设点P(x，y)，M(x，－4)，以线段PM为直径的圆经过原点O.(1)求动点P的轨迹W的方程；(2)过点E(0，－4)的直线l与轨迹W交于两点A，B，点A关于y轴的对称点为A′，试判断直线A′B是否恒过一定点，并证明你的结论．解析：(1)由题意可得OP⊥OM，所以OP→·OM→＝0，即(x，y)·(x，－4)＝0，即x2－4y＝0，即动点P的轨迹W的方程为x2＝4y.(2)设直线l的方程为y＝kx－4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(－x1，y1)，由y＝kx－4x2＝4y消y整理得x2－4kx＋16＝0，则Δ＝16k2－64＞0，即|k|＞2.x1＋x2＝4k，x1x2＝16.直线A′B：y－y2＝y2－y1x2＋x1(x－x2)，∴y＝y2－y1x2＋x1(x－x2)＋y2，∴y＝x22－x214x1＋x2(x－x2)＋14x22，∴y＝x2－x14x－x22－x1x24＋14x22，∴y＝x2－x14x＋x1x24.即y＝x2－x14x＋4，所以，直线A′B恒过定点(0,4)．B级1．已知椭圆的焦点F1(1,0)，F2(－1,0)，过P0，12作垂直于y轴的直线被椭圆所截线段长为6，过F1作直线l与椭圆交于A、B两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在实数t，使PA→＋PB→＝tPF1→，若存在，求t的值和直线l的方程；若不存在，说明理由．解析：(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，由题意知点62，12在椭圆上，且a2＝b2＋1，∴641＋b2＋14b2＝1，解得b2＝1或b2＝－14(舍去)，∴椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，易求得A1，22，B1，－22，∴PA→＝1，2－12，PB→＝1，－2＋12，PF1→＝1，－12，由PA→＋PB→＝tPF1→得t＝2，直线l的方程为x＝1.②当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的斜率为k，直线l的方程为y＝k(x－1)，则PA→＝x1，y1－12，PB→＝x2，y2－12，PF1→＝1，－12，由PA→＋PB→＝tPF1→得x1＋x2＝ty1－12＋y2－12＝－t2，即x1＋x2＝ty1＋y2＝1－t2，∵y1＋y2＝k(x1＋x2－2)，∴k＝－12，此时，直线l的方程为y＝－12(x－1)，联立方程，得y＝－12x－1x22＋y2＝1，消去y，可得3x2－2x－3＝0，则x1＋x2＝23，∴t＝23.2．(2012·北京东城二模)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶3.(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m⊥n，求证：1|AB|＋1|CD|为定值．解析：(1)由已知得2a∶2b＝2∶3，c＝1，a2＝b2＋c2.解得a＝2，b＝3.故所求椭圆方程为x24＋y23＝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y＝k(x＋1)(k≠0)．由y＝kx＋1，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.由于Δ0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝1＋k2－8k23＋4k22－4×4k2－123＋4k2＝121＋k23＋4k2.同理|CD|＝121＋k23k2＋4.所以1|AB|＋1|CD|＝3＋4k2121＋k2＋3k2＋4121＋k2＝71＋k2121＋k2＝712.当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，1|AB|＋1|CD|＝13＋14＝712.综上，1|AB|＋1|CD|为定值712.