高考数学(文科)二轮习题：专题六第十三讲 圆锥曲线的综合问题

第十三讲圆锥曲线的综合问题

1.(2018吉林长春监测)已知O为坐标原点,设F1,F2分别是双曲线x2-y2=1的左、右焦点,点P 为双曲线左支上任一点,过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足为H,则|OH|=()

A.1

B.2

C.4

D.

2.(2018湖北武汉调研)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F且斜率为的直线交C于点M(M 在x轴上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,若|NF|=4,则M到直线NF的距离为()

A. B.2 C.3 D.2

3.(2018湖南益阳、湘潭调研)已知圆C1:x2+(y-2)2=4,抛物线C2:y2=2px(p>0),C1与C2相交于A,B两点,|AB|=,则抛物线C2的方程为.

4.(2018河南质量预测)已知双曲线C:-=1的右焦点为F,过点F向双曲线的一条渐近线引垂线,垂足为M,交另一条渐近线于N,若2=,则双曲线的渐近线方程为.

5.过抛物线C:y2=4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A,B两点,且|AB|=8.

(1)求直线l的方程;

(2)若A关于x轴的对称点为D,抛物线的准线与x轴的交点为E,求证:B,D,E三点共线.

6.(2018广西南宁模拟)已知抛物线C:y2=ax(a>0)上一点P到焦点F的距离为2t.

(1)求抛物线C的方程;

(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1,过点Q(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合),设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.

7.(2018辽宁质量检测)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,且有|PF1|+|PF2|=2.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点,求△AOB(O为坐标原点)面积的最大值.

8.(2018河北石家庄质量检测)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左,右焦点分别为

F1,F2,过F1的直线交椭圆C于A,B两点.

(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=9,求椭圆长轴的长;

(2)当b=1时,在x轴上是否存在定点T,使·为定值?若存在,求出定值;若不存在,请说明理由.

答案精解精析

1.A如图所示,延长F1H交PF2于点Q,由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q,可知|PF1|=|PQ|,根据双曲线的定义,得|PF2|-|PF1|=2,从而|QF2|=2,在△F1QF2中,易知OH为中位线,故|OH|=1.故选A.

2.B解法一:∵直线MF的斜率为,MN⊥l,

∴∠NMF=60°,又|MF|=|MN|,且|NF|=4,∴△NMF是边长为4的等边三角形,

∴M到直线NF的距离为2.故选B.

解法二:由题意可设直线MF的方程为x=y+,与抛物线方程联立消去x,可得y2-py-p2=0,解得y=-p或y=p,又点M在x轴上

方,∴M,∵MN⊥l,∴N-,∴|NF|=-=2p.由题意知2p=4,解得p=2,∴N(-1,2),F(1,0),直线NF的方程为x+y-=0,且点M的坐标为(3,2),利用点到直线的距离公式可得M到直线NF的距离为-=2.故选B.

解法三:由题意可设直线MF的方程为x=y+,与抛物线方程联立消去x,可得y2-py-p2=0,解得y=-p或y=p,又点M在x轴上方,∴M,∵MN⊥l,

∴N-,∴|NF|=-=2p.由题意知2p=4,解得

p=2,∴N(-1,2),F(1,0),M(3,2),设M到直线NF的距离为d,在△MNF

中,S△MNF=|NF|×d=|MN|×y M,∴d=×4×2=2,故选B.

3.答案y2=x

解析解法一:由题意,知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点,不妨记为B,设另一个交点为A(m,n).易知点A在第一象限,则m>0,n>0.∵|AB|=,

∴

∴

-

即A.将A的坐标代入抛物线方程得=2p×,∴p=,∴抛物线C2的方程为y2=x.解法二:由题意,知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点,不妨记为B,设另一个交点为

A(m,n).易知点A在第一象限,则m>0,n>0.由圆C1的性质知

cos∠C1BA==,∴sin∠C1BA=,

∴n=|AB|cos∠C1BA=,m=|AB|sin∠C1BA=,即A,将A的坐标代入抛物线方程得=2p×,∴p=,∴抛物线C2的方程为y2=x.

4.答案y=±x

解析由题意得双曲线的渐近线方程为y=±x,F(c,0),则|MF|=b,由2=,可得=,所以|FN|=2b.

在Rt△OMF中,由勾股定理,得|OM|=-=a,

因为∠MOF=∠FON,所以由角平分线定理可得==,所以|ON|=2a,

在Rt△OMN中,由|OM|2+|MN|2=|ON|2,可得a2+(3b)2=(2a)2,即9b2=3a2,则=,所以=,所以双曲线C的渐近线方程为y=±x.

5.解析(1)F的坐标为(1,0),则l的方程为y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,得

k2x2-(2k2+4)x+k2=0,

由题意知k≠0,且[-(2k2+4)]2-4k2·k2=16(k2+1)>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=,x1x2=1,

由抛物线的定义知|AB|=x1+x2+2=8,

∴=6,∴k2=1,即k=±1,∴直线l的方程为y=±(x-1).

(2)证明:由对称性知,

D点的坐标为(x1,-y1),又E(-1,0),

∴k EB-k ED=--=,

而y2(x1+1)+y1(x2+1)=y2+y1=(y1+y2)+(y1+y2)=(y1+y2),

由(1)知x1x2=1,∴(y1y2)2=16x1x2=16,又y1与y2异号,

∴y1y2=-4,即=-1,∴+1=0,

∴k EB=k ED,又ED与EB有公共点E,

∴B,D,E三点共线.

6.解析(1)由抛物线的定义可知|PF|=t+=2t,则a=4t,

由点P在抛物线上,得at=,

∴a×=,得a2=1,

由a>0,得a=1,

∴抛物线C的方程为y2=x.

(2)证明:∵点A在抛物线C上,且y A=1,

∴x A=1,

∴A(1,1).设过点Q(3,-1)的直线的方程为x-3=m(y+1),即x=my+m+3,代入y2=x得y2-my-m-3=0,Δ=(-m)2-4(-m-3)=(m+2)2+8>0.

设M(x1,y1),N(x2,y2),x1,x2均不为1,

则y1+y2=m,y1y2=-m-3,

∴k1·k2=-

-·-

-

=

-=-.

∴k1k2为定值.

7.解析(1)由|PF1|+|PF2|=2,得2a=2,∴a=.

将代入+=1,得b2=1.

∴椭圆C的标准方程为+y2=1.

(2)由已知知,直线l的斜率为零时,不合题意,设直线l的方程为x-1=my,A(x1,y1),B(x2,y2),联立,得消去x,化简整理得(m2+2)y2+2my-1=0,

由根与系数的关系,得

--

S△AOB=|OF2|·|y1-y2| =-

=---=×

=×

=×≤×=,

当且仅当m2+1=,即m=0时,等号成立,∴△AOB面积的最大值为.

8.解析(1)设AF1的中点为M,连接AF2,MO,

在△AF1F2中,由中位线定理得,|OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|.

当两个圆内切时,|OM|=3-|AF1|,

所以a=3,故椭圆长轴的长为6.

(2)存在.由b=1及离心率为,

得c=2,a=3,

所以椭圆C的方程为+y2=1.

当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+2).

设A(x1,y1),B(x2,y2),

联立方程,得

消去y,并整理得(9k2+1)x2+36k2x+72k2-9=0.

Δ=36k2+36>0,

x1+x2=-,x1x2=-,

假设存在定点T,设T(x0,0),

则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2

=-,

当9+36x0+71=9(-9),即x0=-时,·为定值,定值为-9=-.当直线AB的斜率不存在时,不妨设A-,B--,

当T-时,·=·-=-.

综上,在x轴上存在定点T-,使得·为定值-.

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