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第68練 高考大題突破練——圓錐曲線
1.已知中心在原點(diǎn)O,左焦點(diǎn)為F1(-1,0)的橢圓C的左頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B,F(xiàn)1到直線AB的距離為|OB|.
(1)求橢圓C的方程;
(2)如圖,若橢圓C1:+=1(m>n>0),橢圓C2:+=λ(λ>0,且λ≠1),則稱橢圓C2是橢圓C1的λ倍相似橢圓.已知C2是橢圓C的3倍相似橢圓,若橢圓C的任意一條切線l交橢圓C2于兩
3、點(diǎn)M、N,試求弦長|MN|的取值范圍.
2.已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8.
(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程;
(2)已知點(diǎn)B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點(diǎn).
3.(20xx·山東)平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C:+=1 (a>b>0)的離心率是,拋物線E:x2=2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn).
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn),且位于第一象限,E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A,B,線段A
4、B的中點(diǎn)為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M.
①求證:點(diǎn)M在定直線上;
②直線l與y軸交于點(diǎn)G,記△PFG的面積為S1,△PDM的面積為S2,求的最大值及取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo).
4.已知曲線C1上任意一點(diǎn)M到直線l:y=4的距離是它到點(diǎn)F(0,1)距離的2倍;曲線C2是以原點(diǎn)為頂點(diǎn),F(xiàn)為焦點(diǎn)的拋物線.
(1)求C1,C2的方程;
(2)設(shè)過點(diǎn)F的直線與曲線C2相交于A,B兩點(diǎn),分別以A,B為切點(diǎn)引曲線C2的兩條切線l1,l2,設(shè)l1,l2相交于點(diǎn)P,連接PF的直線交曲線C1于C,D兩點(diǎn),求·的最小值.
答案精析
1.
5、解 (1)設(shè)橢圓C的方程為+=1(a>b>0),
∴直線AB的方程為+=1.
∴F1(-1,0)到直線AB距離d==b,
整理得a2+b2=7(a-1)2,
又b2=a2-1,解得a=2,b=,
∴橢圓C的方程為+=1.
(2)橢圓C的3倍相似橢圓C2的方程為+=1,
①若切線l垂直于x軸,則其方程為x=±2,易求得|MN|=2;
②若切線l不垂直于x軸,可設(shè)其方程為y=kx+p,
將y=kx+p代入橢圓C的方程,
得(3+4k2)x2+8kpx+4p2-12=0,
∴Δ=(8kp)2-4(3+4k2)(4p2-12)=48(4k2+3-p2)=0,
即p2=4k2+3
6、.(*)
記M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1)、(x2,y2),
將y=kx+p代入橢圓C2的方程,
得(3+4k2)x2+8kpx+4p2-36=0,
此時(shí)x1+x2=-,x1x2=,
∴|x1-x2|=,
∴|MN|=·
=4=2,
∵3+4k2≥3,∴1<1+≤,
即2<2≤4,
結(jié)合①②,得弦長|MN|的取值范圍為[2,4].
2.解 (1)如圖,設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x,y),由題意,知O1A=O1M,當(dāng)O1不在y軸上時(shí),過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點(diǎn),∴O1M=.
又|O1A|=,∴=,化簡得y2=8x(x≠0).
又當(dāng)O1在y軸上時(shí),
7、O1與O重合,點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x,
∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.
(2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
將y=kx+b代入y2=8x,
得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.
其中Δ=-32kb+64>0.
由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=,①
x1x2=.②
因?yàn)閤軸是∠PBQ的角平分線,
所以=-,
即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,
所以(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,
整理得2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③
將①
8、②代入③并化簡得8(b+k)=0,
所以k=-b,此時(shí)Δ>0,∴直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(diǎn)(1,0).
3.(1)解 由題意知=,
可得a2=4b2,因?yàn)閽佄锞€E的焦點(diǎn)為F,所以b=,a=1,
所以橢圓C的方程為x2+4y2=1.
(2)①證明 設(shè)P(m>0),由x2=2y,可得y′=x,所以直線l的斜率為m,因此直線l的方程為y-=m(x-m),
即y=mx-.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).
聯(lián)立方程
得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.
由Δ>0,得0
9、=,將其代入y=mx-,
得y0=,因?yàn)椋剑?
所以直線OD的方程為y=-x,
聯(lián)立方程
得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM=-,
所以點(diǎn)M在定直線y=-上.
②解 由①知直線l的方程為y=mx-,令x=0,得y=-,
所以G,
又P,F(xiàn),D,
所以S1=·|GF|·m=,
S2=·|PM|·|m-x0|=××=,
所以=.
設(shè)t=2m2+1,則=
==-++2,
當(dāng)=,即t=2時(shí),取到最大值,
此時(shí)m=,滿足(*)式,所以P點(diǎn)坐標(biāo)為.
因此的最大值為,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為.
4.解 (1)設(shè)M(x,y),則=2,
∴曲線C1的方程為+=1,
設(shè)曲線C2的方程為x2=2py(
10、p>0),則=1,
∴p=2,∴曲線C2的方程為x2=4y.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程為y=kx+1,
代入曲線C2的方程得x2-4kx-4=0,
∴
由y=,∴y′=,
∴l(xiāng)1:y=x-,l2:y=x-,
∴P(,),∴P(2k,-1),
∴kPF=,∴CD⊥AB,
CD:y=-x+1,
代入曲線C1的方程得(4k2+3)y2-8k2y+4k2-12=0,
設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4),
∴
∴·=(+)·(+)
=·+·+·+·=||||+||||
=(y1+1)(y2+1)+|y3-4|·|y4|
=(kx1+2)(kx2+2)+
=k2x1x2+2k(x1+x2)+-(y1+y2)+8
=4(k2+1)+=+(t+)
(其中t=4k2+3≥3)
設(shè)f(t)=t+(t≥3),
則f′(t)=1-=>0,
故f(t)在[3,+∞)單調(diào)遞增,
因此·=+(t+)
≥+3+=7,
當(dāng)且僅當(dāng)t=3即k=0等號(hào)成立,
故·的最小值為7.