高考数学一轮复习解题思维7高考中圆锥曲线解答题的提分策略作业试题含解析新人教版

解题思维7　高考中圆锥曲线解答题的提分策略

1.[2021蓉城名校联考,12分]已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B1,B2,且|A1B1|=2,离心率e=.

(1)求椭圆C1的方程;

(2)点Р是圆C2: (x-2)2+(y-3)2=1上一点,射线OP与椭圆C1交于点M,直线A1M,A2M,PM 的斜率分别为k1,k2,k3,求k1·k2·k3的取值范围.

2.[2021安徽宣城调研,12分]已知抛物线C:y2=2px(0<p<8)的焦点为F,点Q是抛物线C上的一点,且点Q的纵坐标为4,点Q到焦点的距离为5.

(1)求抛物线C的方程;

(2)设直线l不经过点Q且与抛物线C交于A,B两点,直线QA,QB的斜率分别为k1,k2,若k1k2=-2,证明:直线AB过定点,并求出此定点.

3.[2021晋南高中联考,12分]已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,上顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,且∠F1AF2=60°,O为坐标原点.

(1)求椭圆C的方程.

(2)设点M,N为椭圆C上的两个动点,若·=0,问:点O到直线MN的距离d是否为定值?若是,求出d的值;若不是,请说明理由.

4.[2021湖北荆门模拟,12分]如图7-1所示,点P(0,-1)是椭圆C1:+=1(a>b>0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径,l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线,其中l1交圆C2于点A,B,l2交椭圆C1于另一点D.

(1)求椭圆C1的方程;

(2)当△ABD的面积最大时,求直线l1的方程.

图7-1

答  案

解题思维7　高考中圆锥曲线解答题的提分策略

1.(1)在椭圆C1:+=1(a>b>0)中,∵|A1B1|=2,

∴a2+b2=20,

又e==,且a2=b2+c2,解得a=4,b=2,

∴椭圆C1的方程为+=1. (4分)

(2)设M(x0,y0),由题意可得+=1,且点M在第一象限,

于是-16=-4　①,

k1=, k2=,故k1k2=.

将①代入上式,可得k1k2=-. (8分)

直线MP(即 OP)的方程为y=k3x,则圆心(2,3)到直线MP的距离不大于1,

即≤1,即(2k3-3)2≤1+,解得≤k3≤, (11分)

故k1·k2·k3的取值范围是[-,]. (12分)

2.(1)由题意得Q(,4),准线方程为x=-,由抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离,可得+=5,解得p=2或p=8(舍去),所以抛物线C的方程为y2=4x.              (4分)

(2)由题意设直线AB的方程为x=my+b,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线AB与抛物线的方程,得整理可得y2-4my-4b=0,

则Δ=16m2+16b>0,y1+y2=4m,y1y2=-4b. (6分)

由(1)可得Q(4,4),易知x1≠4,x2≠4,则k1·k2=·=-2,

即(y1-4)(y2-4)=-2(x1-4)(x2-4),

即(y1-4)(y2-4)=-2(my1+b-4)(my2+b-4),整理可得(1+2m2)y1y2+(2mb-8m-4)(y1+y2)+2b2-16b+48=0,(8分)

将y1+y2=4m,y1y2=-4b代入,可得b2-10b+24=16m2+8m,即(b-5)2=(1+4m)2, (10分)

所以b-5=1+4m或b-5=-1-4m,即b=6+4m或b=4-4m.

当b=6+4m时,直线AB的方程为x=my+6+4m,

即x-6-m(y+4)=0,根据可得此时直线AB恒过定点(6,-4).

当b=4-4m时,直线AB的方程为x=my+4-4m,即x-4-m(y-4)=0,根据可得此时直线AB恒过定点(4,4).

由题意可得直线AB不过点Q(4,4),

所以直线AB 恒过定点(6,-4). (12分)

3.(1)设椭圆C的半焦距为c.由已知可得2a=4,解得a=2. (1分)

因为∠F1AF2=60°,

所以在Rt△OAF2中,∠OAF2=30°,|OA|=b,|OF2|=c,|AF2|=a=2,

所以cos∠OAF2==,解得b=. (3分)

所以椭圆C的方程为+=1. (4分)

(2)当直线MN的斜率不存在时,MN⊥x轴.

由·=0可得OM⊥ON.

结合椭圆的对称性,可设M(x,x),N(x,-x),则d=|x|. (5分)

将点M(x,x)代入椭圆C的方程,得+=1,

解得x=±,所以d=. (6分)

当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m,

此时点O到直线MN的距离d=,即d2=. (7分)

设M(x1,y1),N(x2,y2),由

可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,

则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,得m2<4k2+3.

所以x1+x2=-,x1x2=. (8分)

所以x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·-+m2=. (9分)

又·=0,所以x1x2+y1y2=0,

即=0,解得m2=(1+k2). (10分)

所以d2=,得d=. (11分)

综上所述,点O到直线MN的距离d是,是定值. (12分)

4.(1)由题意可得b=1,2a=4,即a=2.

所以椭圆C1的方程为+y2=1. (2分)

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由题意可知直线l1的斜率存在.

当l1的斜率为0时,有|AB|=2,D(0,1),S△ABD=×|AB|×|PD|=2. (3分)

当l1的斜率不为0时,设为k,则直线l1的方程为y=kx-1.

又圆C2:x2+y2=4的圆心O(0,0)到直线l1的距离d=.

所以|AB|=2=2. (6分)

又l2⊥l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0,由消去y并整理得(4+k2)x2+8kx=0,解得x0=-,

代入直线l2的方程得y0=,所以|PD|=.

所以△ABD的面积S=×|AB|×|PD|=. (8分)

解法一(利用二次函数求最值)　令4+k2=t,则t>4,k2=t-4,

所以S==8=8≤8=,

当且仅当t=,即k2=,k=±时取等号.

又>2,故所求直线l1的方程为y=±x-1. (12分)

解法二(利用基本不等式求最值)　令=t,则t>,k2=(t2-3),

S===≤==,

当且仅当t=,即t=,k2=,k=±时取等号.

又>2,故所求直线l1的方程为y=±x-1. (12分)