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文檔簡介
8.5圓錐曲線的綜合問題五年高考考點1直線與圓錐曲線的位置關系1.(2024北京,19,15分,中)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),以橢圓E的焦點和短軸端點為頂點的四邊形是邊長為2的正方形,過點(0,t)(t>2)且斜率存在的直線與橢圓E交于不同的兩點A,B,過點A和C(0,(1)求橢圓E的方程及離心率;(2)若直線BD的斜率為0,求t的值.解析(1)由已知條件可知b=c=2,∴a=2,∴橢圓E的方程為x24+y22=1(2)設直線AB的方程為y=kx+t(t>2),A(x1,y1),B(x2,y2).聯立y=kx+t,x24+y22=1,消去y得(2Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,x1+x2=?4kt2k2+1,x1∵直線BD的斜率為0,∴點B與點D關于y軸對稱,得D(-x2,y2),∵A、C、D三點共線,∴kAC=kCD,即y1?1x1=?y2?1x2,∴(kx1+t-1)x2∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,∴2k(2∴t2-t=t2-2,解得t=2.2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦點為F(1)求橢圓C的方程;(2)設M,N是C上的兩點,直線MN與曲線x2+y2=b2(x>0)相切,證明:M,N,F三點共線的充要條件是|MN|=3.解析(1)由題意得c故橢圓C的方程為x23+y2(2)證明:由(1)得,曲線x2+y2=1(x>0),當直線MN的斜率不存在時,直線MN:x=1,不符合題意;當直線MN的斜率存在時,設M(x1,y1),N(x2,y2).①先證必要性.因為M,N,F三點共線,F(2,0),所以設直線MN:x=my+2,即x-my-2=0.由題意知O(0,0)到直線MN的距離d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直線MN:x±y-根據對稱性,不妨令直線MN:y=x-2.聯立y=x?故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+②再證充分性.易知直線MN的斜率存在,設其方程為y=kx+t.由題意得t1+k2=b=1,即t2=1+由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3則x1+x2=-6kt1+3k2,x1x所以|MN|=(1+=(1+=?12(t因為|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1因為x1+x2=-6kt1+3k2>0,所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直線MN的方程為y=x-2或無論哪一種情況,直線MN恒過焦點F,所以M,N,F三點共線,即充分性成立.故M,N,F三點共線的充要條件是|MN|=3.3.(2022新高考Ⅱ,21,12分,難)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F(2(1)求C的方程;(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點,點P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.過P且斜率為-3的直線與過Q且斜率為3的直線交于點M.從下面①②③①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個解答計分.解析(1)由題意知c∴C的方程為x2-y23(2)易知直線PQ的斜率存在且不為零,設其方程為y=kx+b,由y=kx+b,3x2?y2?3=0,得(3-由Δ>0,得b2+3-k2>0,∴x1+x2=2kb3?k2,x1x2=?b2?33?k2,∵x1>∴x1-x2=(x設點M的坐標為(x0,y0),則直線PM、QM的方程分別為y-y0=-3(x-x0),y-y0=3(x-x0),故y(*)-(**)得y1-y2=-3(x1+x2-2x0),即k(x1-x2)=-3(x1+x2-2x0),解得x0=kb又(*)+(**)得y1+y2-2y0=3(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=3(x2-x1),解得y0=3b2+3?故點M的軌跡方程為y=3kx,其中k為直線PQ的斜率若選擇①②作為條件,③作為結論,設直線AB的方程為y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨設點A在漸近線y=3x上,則由y∴A2kk?3,又由y=∴xM=xA+xB2,yM=yA+∴|MA|=|MB|.若選擇①③作為條件,②作為結論,當直線AB的斜率不存在時,點M即為F(2,0),此時M不在直線y=3kx上,不符合題意,舍去當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=m(x-2),m≠0,±3.不妨設點A在漸近線y=3x上,且A(xA,yA),B(由y∴A2m同理B2m此時xM=xA+xB2=∵點M在直線y=3kx上,∴6解得k=m,故PQ∥AB.若選擇②③作為條件,①作為結論,設直線AB的方程為y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨設點A在漸近線y=3x上,則yA=k(xA同理,得xB=2kk+3,y設線段AB的中點為C(xC,yC),則xC=xA+xB2=由于|MA|=|MB|,故點M在線段AB的中垂線上,即點M在直線y-yC=-1k(x-xC)上將該直線方程與y=3kx聯立,得xM=2k2k2?3=xC,yM即點M恰為線段AB的中點,故點M在直線AB上.考點2弦長與面積問題1.(2024新課標Ⅰ,16,15分,中)已知A(0,3)和P3,32為橢圓C:x2a2+y2b(1)求C的離心率;(2)若過P的直線l交C于另一點B,且△ABP的面積為9,求l的方程.解析(1)將A(0,3),P3,3所以橢圓的離心率e=1?b(2)當直線l的斜率不存在時,l:x=3,此時S△ABP=12×3×3=9當直線l的斜率存在時,設l:y=k(x-3)+32聯立y=k(x?3)+32,x212+y29=1,消去y整理得(3+4k2)x2設P(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=24k2?12k3+4k2,∴|BP|=1+k又點A到直線l的距離d=32∴S△ABP=12|解得k=12∴直線l的方程為y=12x或2.(2020課標Ⅲ理,20,12分,中)已知橢圓C:x225+y2m2=1(0<m<5)的離心率為154(1)求C的方程;(2)若點P在C上,點Q在直線x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面積.解析(1)由題設可得25?m25=154,所以C的方程為x225(2)設P(xP,yP),Q(6,yQ),根據對稱性可設yQ>0,由題意知yP>0.由已知可得B(5,0),直線BP的方程為y=-1yQ(x所以yP=-1yQ(xP-5),得xP-5=-yPy所以|BP|=(xP?5)2+y因為|BP|=|BQ|,所以yP=1,將yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直線BP的方程得yQ=2或8.所以點P,Q的坐標分別為P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直線P1Q1的方程為y=13x,點A(-5,0)到直線P1Q1的距離為102,故△AP1Q1的面積為|P2Q2|=130,直線P2Q2的方程為y=79x+103,點A到直線P2Q2的距離為13026,故△AP綜上,△APQ的面積為523.(2022新高考Ⅰ,21,12分,難)已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)上,直線l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面積.解析(1)∵點A(2,1)在雙曲線上,∴4a2解得a2=2.∴C的方程為x22-y2=1設直線l:y=kx+m.②聯立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=4km1?2k2,x1xkPA=y1?1x1?2,由kPA+kQA=0,得y1?1化簡得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·?2m2+21?2k2+(m-2k-1)·4化簡得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,則l:y=k(x-2)+1,這時直線l過點A,不合題意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨設直線PA,AQ的傾斜角為α,βα<π2<β,∵kAP+kAQ=0,∴由(1)知x1x2=2m2+2>0,當P,Q均在雙曲線左支時,∠PAQ=2α,∴tan2α=22,即2tan2α+tanα?2=0,解得tan此時PA與雙曲線的漸近線平行,與雙曲線左支無交點,舍去;當P,Q均在雙曲線右支時,∵tan∠PAQ=22,∴tan(β-α)=22,即tan2α=-22,即2tan2α?tanα?2=0,解得tan于是,直線PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,聯立y=2(x?2)+1,x22?y2=1,消去y可得3x∴x1+xA=16?423,x1xA=20?82∴|AP|=1+(同理|AQ|=4(6+3)3,又∵sin∴S△PAQ=12考點3定值與定點問題1.(2023新課標Ⅱ,21,12分,中)已知雙曲線C的中心為坐標原點,左焦點為(-25,0),離心率為5.(1)求C的方程;(2)記C的左、右頂點分別為A1,A2,過點(-4,0)的直線與C的左支交于M,N兩點,M在第二象限,直線MA1與NA2交于點P,證明:點P在定直線上.解析(1)設雙曲線的方程為x2a2?y2b2由題意可知c=25,又離心率e=ca=5(寫出公式給1∴a=2,∴b2=c2-a2=20-4=16,∴雙曲線C的方程為x24(2)證明:由題意知直線MN的斜率不為0(失分點:考慮斜率不存在,否則會失分),所以可設直線MN的方程為x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).聯立x=my?4,x24?y216=1,消去x,得(∴y1+y2=32m4m2?1,y1y2=484m2?1,∴my1y2=易知直線MA1的方程為y=y1x1+2(x+2)=y1直線NA2的方程為y=y2x2?2(x-2)=y2聯立①②可得,y1my1?2(x+2)=∴x+2x?2=m∴點P在定直線x=-1上(最后一定要作答,否則會失分).2.(2023全國乙理,20,12分,難)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為53,點A(1)求C的方程;(2)過點(-2,3)的直線交C于P,Q兩點,直線AP,AQ與y軸的交點分別為M,N,證明:線段MN的中點為定點.解析(1)由已知條件得b=2,又e=ca=1?b2a2=1?4a2(2)證明:由題意知,過P、Q兩點的直線的斜率存在且不為零,記直線為l,設l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,則l:y=kx+t①,聯立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=?8kt4k2+9,x1易知直線AP的方程為y=y1x1+2(令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得則y=(=2=2k(4∴線段MN的中點為定點(0,3).三年模擬基礎強化練1.(2024北京清華附中開學考,8)已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,點P是拋物線準線上一動點,作線段PF的垂直平分線l,則直線l與拋物線公共點個數的可能值構成的集合為()A.{0}B.{1}C.{0,1}D.{1,2}答案B2.(2025屆湖南郴州一模,14)已知拋物線y2=4x,從拋物線內一點A(2,2)發出平行于x軸的光線經過拋物線上點B反射后交拋物線于點C,則△ABC的面積為.
答案9能力拔高練11.(2025屆重慶市第十一中學校第一次質檢,18)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點22(1)求橢圓C的標準方程;(2)設C的左、右焦點分別為F1,F2,過點F2作直線l,與橢圓C交于A,B兩點,AF1·BF1=解析(1)將22,?即12a又因為b=c,所以a2=2b2,代入上式可得a2=2,b2=1,故橢圓C的標準方程為x22+y2(2)由(1)可得F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2,由題意設直線l的方程為x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),則AF1=(-x1-1,-y1),BF1=(-x2-1,聯立x=my+1,x22+y2=1,得(所以y1+y2=-2mm2+2,y1y所以AF1·BF1=(-x1-1,-y1)·(-x2-1,-y2)=x1+x2+x1x2+1+y1y2=m(y1+y2)+2+(my1+1)(my2+1)+1+y1y2=2m(y1+y2)+(m2+1)y解得m2=4,即m=±2,所以y1+y2=±23,y1y2=-1則△ABF1的面積S=122.(2024河北“五個一”名校聯盟聯考,17)已知M(-3,0),N(3,0),平面內動點P滿足直線PM,PN的斜率之積為-23(1)求動點P的軌跡方程;(2)過點F(1,0)的直線交P的軌跡E于A,B兩點,以OA,OB為鄰邊作平行四邊形OACB(O為坐標原點),若C恰為軌跡E上一點,求四邊形OACB的面積.解析(1)設P(x,y),則kPMkPN=yx化簡可得x23+y22(2)由題意知直線AB與x軸不重合,設直線AB的方程為x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),聯立x23+y22=1,x=my+1,消去x得(所以y1+y2=?4m2m2+3,y1則|AB|=1+=1+m易得O到直線AB的距離d=11+因為平行四邊形OACB的對角線互相平分,所以y1+y2=?4m2m2+3=y3+0,x1+x2=m(y1+y2)+2=?4m22m由C在橢圓x23+y22=1上,可得4m4+4m2-3=0,解得m2=12(舍負).求出C所以平行四邊形OACB的面積S=2S△AOB=2×12所以四邊形OACB的面積是32能力拔高練21.(2024安徽合肥二模,16)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,左頂點為(1)求橢圓C的方程;(2)過點F的直線l(不與x軸重合)與C交于P,Q兩點,直線AP,AQ與直線x=4的交點分別為M,N,記直線MF,NF的斜率分別為k1,k2,證明:k1·k2為定值.解析(1)因為2b=23,所以b=3,則橢圓C的方程為x2a2+y2解得a2=4,故橢圓C的方程為x24(2)證明:由(1)知F(1,0),由題意可設l:x=ty+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),由x=ty+1,x24+y23=1可得(易知Δ>0恒成立,y1+y2=-6t3t2+4,y1因為A(-2,0),所以直線PA的方程為y=y1x1+2令x=4,則y=6y1x1+2,故M4,從而k1=6y1x1+24?1故k1k2=36=?363t22.(2025屆重慶巴蜀中學月考,18)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為3,F1,F2分別為其左、右焦點,P為雙曲線上任一點,Q(3(1)過點Q(3,m)分別作雙曲線C的兩條漸近線的平行線,與漸近線分別交于A,B兩點,O為坐標原點,求四邊形OAQB的面積;(2)若不過點Q的直線l與雙曲線交于不同的兩點M,N,且滿足QM⊥QN.證明:直線MN過定點,并求出該定點坐標.解析(1)設P(x0,y0),則PF1·PF2=(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0)=x02當y02=0時,PF1·PF2的最小值為-b2,所以b2=2,結合離心率為3,可得故雙曲線方程為x2-y22=1.(3分所以Q(3,4),雙曲線的漸近線方程為y=±2x.不妨令A為直線y=2x與直線y?4=?2(x-3)的交點同理可知B?2所以S四邊形OAQB=22.(7分)(2)若直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2).聯立2x2?y2?2=0,y=kx+m,消去y得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0,則Δ=8x1+x2=2km2?k2,x1x2=?m因為QM⊥QN,所以QM·QN=(x1-3,y1-4)·(x2-3,y2=(x1-3)(x2-3)+(kx1+m-4)(kx2+m-4)=(1+k2)x1x2+[k(m-4)-3](x1+x2)+9+(m-4)2=0,(11分)整理得,m2-(6k+16)m-27k2+48=0,m=9k+12或m=-3k+4,(13分)當m=-3k+4時,直線方程為y=kx-3k+4,過Q(3,4),與題意不符;當m=9k+12時,直線方程為y=kx+9k+12=k(x+9)+12,過定點(-9,12).(15分)若直線l的斜率不存在,令其方程為x=t,根據對稱性不妨令M(t,2t2?2),N(t,QN·QM=(t-3,2t2?2-4)·(t-3=(t-3)2+16-2t2+2=0?t2+6t-27=0,解得t=3或t=-9.t=3時,直線過點Q,與題意不符;t=-9時,直線過定點(-9,12).綜上,直線過定點(-9,12).(17分)3.(2024河北保定二模,18)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,過F作互相垂直的直線l1,l2,分別與C交于A,B和D,E兩點(A,D在第一象限),當直線l1的傾斜角等于45°時,四邊形ADBE的面積為32.(1)求C的方程;(2)設直線AD與BE交于點Q,證明:點Q在定直線上.解析(1)當直線l1的傾斜角等于45°時,直線l2的傾斜角等于135°,直線AB的方程為y=x-p2由拋物線的對稱性知|AB|=|DE|,所以S四邊形ADBE=12|AB||DE|=32,得|AB|=8聯立y=x?p2,y設A,B兩點的橫
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