第79练圆锥曲线中的综合热点问题

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1、压轴大題突破塚第79练锥曲线中的综合热点问题训练目标对圆锥曲线热点、难点集中研究，重点突破，规范训练解题格式、解题步骤.训练题型（1）范围、最值问题；（2）定点、定值问题；探索性问题.解题策略（1）利用化归思想结合定义、性质，将问题转化为圆锥曲线常见问题；（2）利用函数与方程思想，寻找探索性问题的解题思路；（3 ）利用数形结合思想及圆锥曲线的几何性质，解决定值、定点问题2 21.（2015浙江重点中学协作体上学期第二次适应性测试）已知椭圆a2+ b2 = 1（ab0）的离心率1 3为2，且经过点P（1，2）过它的两个焦点Fl, F2分别作直线n与12,丨1交椭圆于A, B两点,12交椭圆于C

2、, D两点，且h丄12.（1）求椭圆的标准方程；求四边形ACBD的面积S的取值范围.2 （2015武汉4月调研）如图，A, B分别是椭圆2：乡+y2=1的左，右顶点,M是椭圆r上位于x轴上方的动点，直线 AM , BM与直线1: x= 4分别交于C, D两点.（1）若|CD|= 4,求点M的坐标；记 MAB和厶MCD的面积分别为 S1和S2,是否存在实数 入使得S1=入S若存在，求出 入的取值范围；若不存在，请说明理由.2 2x y3. (2015江西新余上学期期末)已知椭圆C: r+ 2= 1(ab0)的左，右焦点分别是Fi( c,0),a b,M是椭圆C的上顶点，且MF1F2的周长为6.(

3、1)求椭圆C的方程;F2(c,0)，直线I: x= my+ c与椭圆C交于M , N两点，且当 m=设椭圆C的左顶点为A,直线AM , AN与直线：x= 4分别相交于点P, Q,问当m变化时,以线段PQ为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明 理由.2 24. (2015江苏东海高级中学 1月检测)已知直线x 2y+ 2= 0经过椭圆C:予+器=1(ab0)的左顶点A和上顶点D，椭圆C的右顶点为B,点E是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AE, BE与直线l: x=亍分别交于M , N两点.(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 求线段MN长度的最小值；1当线段MN的长

4、度最小时，椭圆 C上是否存在这样的点 T,使得 TBE的面积为5?若存 在，确定点T的个数；若不存在，请说明理由.5. (2015厦门上学期期末质检)已知抛物线E： y2= 4x，点F(a,0)，直线I: x=- a(a0).(1)P为直线I上的点，R是线段PF与y轴的交点，且点 Q满足RQ丄FP , PQ丄I，当a= 1 时，试问点Q是否在抛物线E上？并说明理由.过点F的直线交抛物线 E于A, B两点，直线OA, OB分别与直线I交于M , N两点(O为 坐标原点)，求证：以MN为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标.答案解析c 1i.解(i)由a= 2?a= 2c，所以 a2 = 4c2, b

5、2= 3c2,将点P的坐标代入椭圆方程得c2= 1,2 2故所求椭圆方程为x + y = 1.43若11与12中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0,此时四边形的面积S= 6.若11与12的斜率都存在，设11的斜率为k,1则12的斜率为一,则直线11的方程为y= k(x+ 1).设 A(X1, y”, B(x2, y2),y= k(x+1),联立方程组x2y2X + 3 = 1,消去 y并整理得(4k2+ 3)x2 + 8k2x + 4k2 12= 08k24k212X1 + X2= 2, X1X2 = 2,4k2 + 34k2+ 31/k2二 IX1 X2| =：+ 124k +

6、32/212(k +1 )|AB|= 1 + k2X1 X2|=2,V4k + 3注意到方程 的结构特征和图形的对称性,1可以用一1代替中的k,k12(k + 1 )得 |CD|=3k + 42 272 1 + k S=1|AB| CD|= 4k2+ 3，3k2 + 4,令 k12t + 25t+ 12=6-T2 - 6 49 = 28812t + + 25当且仅当t= 1时等号成立, SC 288,6)，综上可知，四边形 ABCD的面积S 288，6.2 .解(1)直线AM的斜率k显然存在, 且k0,故可设直线 AM的方程为y= k(x+ 2),= t (0, + s),2.s=721 +1

7、)(4t+ 3 )(3t + 42由x=4,y= kx+ 2 ,得x=4,y= 6k,所以 C(4,6k).y= kx+2 ,由X2 o x+y=1,消去y并整理，得2 2 2 2(1 + 4k )x + 16k x+ 16k - 4 = 0,设 M(xo, yo)，则(-2)216k 4Lxo=1 + 4k2 8k2所以xo=，从而1 + 4k4kyo=2,1 + 4k22 8k 4k即 m( 2，2),1 + 4k 1 + 4k6 12t + 25t + 12 6t又B(2,0)，故直线x= 4,由1y=4kx2x= 4,得1y= 2k， D（4,-1 1 |CD |= |6k + 2k=

8、 6k+ 2k（k0）,1由 |CD|= 4, 得 6k + 2= 4,1 1解得k=夕或k=6,从而求得M(0,1)或M(8由（1）得M（2 8k2,化）.1 + 4k 1 + 4k21所以 S = 2|AB|U|yM|4k8k1+ 4=1 + 4k2S2= 2|CD|U|4 xm|112 8 k2=2 X|6k+ 加4k11 + 12k2 22，2k 1 + 4k假设存在实数 入使得Si =入2,2 216k16k16 一w 2 224d（1+ 12k） 1 + 24k + 144k144k2 + 衣+ 24 216= 1144k2 $2 + 243当且仅当113144k2 = 0即卩k=

9、g时，等号成立. o),联立方程组厂1T 2 解得M戏哆),x= 3 ,y= kx+2 ,2 222由得(1 + 4k )x + 16kx+ 16k 4 = ,x + 4y = 4,则= 16,16k2+QT6 2 8k2由求根公式得 x=2 =22(1 + 4k )1 + 4k16k2QT6 2 8 k2或x=2-=(舍去),2(1 + 4k )1 + 4k2 8 k2所以E(2,1 + 4k4k1 + 4k2),从而直线BE的方程为y= 4k(x 2),y=- 4k x-2，联立方程组10解得 n（_3， 3k），x=亍十,、，16k1/16k 18所以 |MN|= 3 + 3k23 3k

10、= 3，1当且仅当k=匚时取“=”因此，线段MN长度的最小值为3.1由知，k = 4时线段MN的长度最小，此时 e（5, 4）, be=誓,1因为 TBE的面积S= 5,所以点T到直线BE的距离d=篡=乎,BE 4因为直线BE的方程为x+ y 2= 0,设过点T且与直线BE平行的直线 m的方程为x+ y+ t= 0（t 2）,J 2|t+ 2|2由两平行线之间的距离为2,得 2,4 寸24解得t=2或t=2,当t=2时,3直线m的方程为x+ y 2= 0,x+y 2= 0,联立方程组2#2+ 4y2= 4,消去 y,得 5x2 12x+ 5 = 0,显然判别式 少0,故点T有2个；5 5当t

11、= 2时，直线m的方程为x+ y 5= 0,x+y 2= 0,联立方程组2&2+ 4y2= 4,消去 y,得 5x2 20x+ 21 = 0, 显然判别式 A0,故点T不存在.所以，椭圆C上存在两个点T,1使得 TBE的面积为-.55.解 由已知a = 1得F(1,0)为焦点，I: x= 1为准线.如图，点C为准线I与x轴的交点，因为点 0为FC的中点且OR/ PC, 所以R为线段PF的中点，又因为RQ丄PF ,所以RQ为PF的垂直平分线，可知PQ= QF.根据抛物线定义得，点 Q在抛物线E: y2= 4x 上.证明 由图形的对称性可知定点在x轴上,设定点为 K(m,0),直线AB的方程为x=

12、 ty + a(t丰0),代入 y2 = 4x,得 y2 4ty 4a= 0.设 A(y1, y”,y2),由一元二次方程根与系数的关系, 得 y+ y2= 4t, y1y2= 4a,又求得kA=齐，kB=罷, 故直线OA的方程为y= x,y14直线OB的方程为y= x,4a 4a得到 M( a，y)，N( a，工、由于圆恒过定点 K(m,0),根据圆的性质可知 / MKN = 90即 KM KN = 0,t 4a又 KM = ( a m,),yi八t 4aKN = ( am,),2216a2所以(a m) += 0? (a+ m) 4a = 0,yiy所以 m= -.a a.故以MN为直径的圆恒过定点(2 E a,0), ( 2 a a,0).