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2019年高考数学真题分类汇编 10.6 圆锥曲线的综合问题 理考点一定值与最值问题1.(xx湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A. B. C.3 D.2答案A2.(xx福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是()A.5 B.+ C.7+ D.6答案D3.(xx四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,=2(其中O为坐标原点),则ABO与AFO面积之和的最小值是()A.2 B.3 C. D.答案B4.(xx安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p10)和E2:y2=2p2x(p20),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.(1)证明:A1B1A2B2;(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记A1B1C1与A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.解析(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k20),则由得A1,由得A2.同理可得B1,B2.所以=2p1,=2p2,故=,所以A1B1A2B2.(2)由(1)知A1B1A2B2,同理可得B1C1B2C2,C1A1C2A2.所以A1B1C1A2B2C2.因此=.又由(1)中的=知=.故=.5.(xx浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(ab0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(kb0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析(1)因为e1e2=,所以=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.又因为|y1-y2|=,所以2d=.故四边形APBQ的面积S=|PQ|2d=2 .而02-m2b0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.(i)证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);(ii)当最小时,求点T的坐标.解析(1)由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆C的标准方程是+=1.(2)(i)由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).则直线TF的斜率kTF=-m.当m0时,直线PQ的斜率kPQ=,直线PQ的方程是x=my-2.当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式=16m2+8(m2+3)0.所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以PQ的中点M的坐标为.所以直线OM的斜率kOM=-,又直线OT的斜率kOT=-,所以点M在直线OT上,因此OT平分线段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=,|PQ|=.所以=.当且仅当m2+1=,即m=1时,等号成立,此时取得最小值.所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).考点二存在性问题
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