2019-2020年高考数学二轮复习 专题七 解析几何 7.3 圆锥曲线的综合应用素能演练提升 文.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题七 解析几何 7.3 圆锥曲线的综合应用素能演练提升 文1.某圆锥曲线有两个焦点F1,F2,其上存在一点P满足|PF1|F1F2|PF2|=432,则此圆锥曲线的离心率等于()A.或B.或2C.或2D.或解析:依题意,设|PF1|=4m,|F1F2|=3m,|PF2|=2m.若此圆锥曲线是椭圆,则相应的离心率为=;若此圆锥曲线是双曲线,则相应的离心率为=.故选A.答案:A2.在ABC中,AC=6,BC=7,cos A=,O是ABC的内心,若=x+y,其中0x1,0y1,则动点P的轨迹所覆盖的面积为()A.B.C.D.解析:=x+y,其中0x1,0y1,动点P的轨迹所覆盖的区域是以OA,OB为邻边的平行四边形及其内部,则动点P的轨迹所覆盖的面积S=ABr,r为ABC的内切圆的半径.在ABC中,由余弦定理可知cos A=,整理得5AB2-12AB-65=0,解得AB=5,因此SABC=65sin A=6.又O为ABC的内心,故O到ABC各边的距离均为r,此时ABC的面积可以分割为三个小三角形的面积的和,SABC=(6+5+7)r,即(6+5+7)r=6,解得r=,即所求的面积S=ABr=5.答案:A3.(xx云南昆明第一次摸底调研,12)过椭圆+y2=1的左焦点作互相垂直的两条直线,分别交椭圆于A,C,B,D四点,则四边形ABCD面积的最大值与最小值之差为()A.B.C.D.解析:当直线AC的斜率存在且不为0时,设直线AC:y=k(x+),则BD:y=-(x+),由消去y得(4k2+1)x2+8k2x+12k2-4=0,设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,|AC|=4,将k换成-,得|BD|=4,四边形ABCD的面积S=|AC|BD|=,设k2+1=t(t1),则S=,令=m(0m3),则S=,0m3,S0)为抛物线y2=4x内一个定点,过E作斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于点A,B,C,D,且M,N分别是AB,CD的中点.(1)若m=1,k1k2=-1,求EMN面积的最小值;(2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点.解:(1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点,k1k2=-1,ABCD.设AB的方程为y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1=0,y1+y2=,y1y2=-4.M,M.同理,点N(2+1,-2k1),SEMN=|EM|EN|=22=4,当且仅当,即k1=1时,EMN的面积取最小值4.(2)证明:设AB的方程为y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1m=0,y1+y2=,y1y2=-4m.M,M.同理,点N.kMN=k1k2.MN的方程为y-=k1k2,即y=k1k2(x-m)+2.直线MN恒过定点(m,2).5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点,将其坐标记录于下表中:x3-24y-20-4(1)求C1,C2的标准方程.(2)是否存在直线l满足条件:过C2的焦点F;与C1交于不同的两点M,N,且满足?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设抛物线C2:y2=2px(p0),则有=2p(x0),据此验证四个点知(3,-2),(4,-4)在抛物线上,易求C2:y2=4x.设C1:=1(ab0),把点(-2,0),代入得解得所以C1的标准方程为+y2=1.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时,不满足题意.当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1),与C1的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y并整理得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,于是x1+x2=,x1x2=.y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1,即y1y2=k2=-.由,即=0,得x1x2+y1y2=0.(*)将代入(*)式,得-=0,解得k=2,所以存在直线l满足条件,且l的方程为2x-y-2=0或2x+y-2=0.6.平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:+=1(ab0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CDAB,求四边形ACBD面积的最大值.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则+=1,+=1,=-1,由此可得=-=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程为+=1.(2)由解得或因此|AB|=.由题意可设直线CD的方程为y=x+n,设C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=.因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|AB|=.当n=0时,S取得最大值,最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.7.(xx江西高考,文20)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2,证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.(1)证明:依题意可设AB方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,直线AO的方程为y=x;BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为注意到x1x2=-8及=4y1,则有y=-2.因此D点在定直线y=-2上(x0).(2)解:依题设,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2,y=-2得N1,N2的坐标为N1,N2.则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.8.(xx河南郑州第二次质检,20)已知平面上的动点R(x,y)及两定点A(-2,0),B(2,0),直线RA,RB的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-,设动点R的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上,且MQNP,MQx轴,若直线MN和直线QP交于点S(4,0).问:四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.解:(1)由题知x2,且k1=,k2=,则=-,整理得,曲线C的方程为=1(y0).(2)设MP与x轴交于D(t,0),则直线MP的方程为x=my+t(m0),记M(x1,y1),P(x2,y2),由对称性知Q(x1,-y1),N(x2,-y2),由消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,所以=48(3m2+4-t2)0,y1+y2=-,y1y2=.由M,N,S三点共线知kMS=kNS,即,所以y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,所以=0,即24m(t-1)=0,t=1,所以直线MP过定点D(1,0),同理可得直线NQ也过定点D(1,0),即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点,且定点坐标为(1,0).