高三數(shù)學二輪復習 第一部分 拉分題 壓軸專題（二）第20題解答題“圓錐曲線的綜合問題”的搶分策略 理-人教高三數(shù)學試題

壓軸專題（二）第20題解答題“圓錐曲線的綜合問題”搶分練1.(2016·湖南東部六校聯(lián)考)設橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點，S是橢圓上任意一點，且△SF1F2的周長是4＋2eq\r(3).(1)求橢圓C1的方程；(2)設橢圓C1的左、右頂點分別為A，B，過橢圓C1上的一點D作x軸的垂線交x軸于點E，若C點滿足，，連接AC交DE于點P，求證：PD＝PE.2．(2016·河南六市聯(lián)考)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知R(x0，y0)是橢圓C：eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,12)＝1上的一點，從原點O向圓R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作兩條切線，分別交橢圓于點P，Q.(1)若R點在第一象限，且直線OP，OQ互相垂直，求圓R的方程；(2)若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求k1·k2的值．3.（2016·江蘇高考）在平面直角坐標系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p＞0)．(1)若直線l過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程．(2)已知拋物線C上存在關于直線l對稱的相異兩點P和Q.①求證：線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)；②求p的取值范圍．4．(2016·湖北七市聯(lián)考)已知圓心為H的圓x2＋y2＋2x－15＝0和定點A(1，0)，B是圓上任意一點，線段AB的中垂線l和直線BH相交于點M，當點B在圓上運動時，點M的軌跡記為曲線C.(1)求C的方程；(2)過點A作兩條相互垂直的直線分別與曲線C相交于P，Q和E，F(xiàn)，求的取值范圍．答案1.解：(1)由e＝eq\f(\r(3),2)，知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\f(\r(3),2)a，因為△SF1F2的周長是4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C1的方程為：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，設D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因為，所以可設C(2，y1)，所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，由可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq\f(2y0,x0＋2).所以直線AC的方程為：eq\f(y,\f(2y0,x0＋2))＝eq\f(x＋2,4).整理得：y＝eq\f(y0,2（x0＋2）)(x＋2)．又點P在DE上，將x＝x0代入直線AC的方程可得：y＝eq\f(y0,2)，即點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P為DE的中點，所以PD＝PE.2．解：(1)設圓R的半徑為r，由圓R的方程知r＝2eq\r(2)，因為直線OP，OQ互相垂直，且和圓R相切，所以|OR|＝eq\r(2)r＝4，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16，①又點R在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),24)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，②聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2\r(2)，,y0＝2\r(2)，))所以，圓R的方程為(x－2eq\r(2))2＋(y－2eq\r(2))2＝8.(2)因為直線OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都與圓R相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，化簡得(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，所以k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0)－8)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－8＝0的兩個不相等的實數(shù)根，由根與系數(shù)的關系得，k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－8,xeq\o\al(2,0)－8)，因為點R(x0，y0)在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),24)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝12－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，所以k1k2＝eq\f(4－\f(1,2)xeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－8)＝－eq\f(1,2).3.解：(1)拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直線l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以拋物線C的方程為y2＝8x.(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點M(x0，y0)．因為點P和Q關于直線l對稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為－1，則可設其方程為y＝－x＋b.①證明：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)因為P和Q是拋物線C上的相異兩點，所以y1≠y2，從而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)＞0，化簡得p＋2b＞0.方程(*)的兩根為y12＝－p±eq\r(p2＋2pb)，從而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因為M(x0，y0)在直線l上，所以x0＝2－p.因此，線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)．②因為M(2－p，－p)在直線y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b＞0，于是p＋2(2－2p)＞0，所以p＜eq\f(4,3).因此p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).4．解：(1)由x2＋y2＋2x－15＝0，得(x＋1)2＋y2＝42，所以圓心為(－1，0)，半徑為4.連接MA，由l是線段AB的中垂線，得|MA|＝|MB|，所以|MA|＋|MH|＝|MB|＋|MH|＝|BH|＝4，又|AH|＝2<4.根據(jù)橢圓的定義可知，點M的軌跡是以A，H為焦點，4為長軸長的橢圓，其方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即為所求曲線C的方程．①當直線PQ的斜率不存在時，直線EF的斜率為零，此時可不妨取Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))，F(xiàn)(－2，0)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))＝－3－eq\f(9,4)＝－eq\f(21,4).②當直線PQ的斜率為零時，直線EF的斜率不存在，同理可得＝－eq\f(21,4).③當直線PQ的斜率存在且不為零時，直線EF的斜率也存在，于是可設直線PQ的方程為y＝k(x－1)，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，則直線EF的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)．將直線PQ的方程代入曲線C的方程，并整理得，(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以xP＋xQ＝eq\f(8k2,3＋4k2)，xP·xQ＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).于是＝(xP－1)(xQ－1)＋yP·yQ＝(1＋k2)[xPxQ－(xP＋xQ)＋1]＝(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1))＝－eq\f(9（1＋k2）,3＋4k2).將上面的k換成－eq\f(1,k)，可得＝－eq\f(9（1＋k2）,4＋3k2)，所以＝－9(1＋k2)(eq\f(1,3＋4k2)＋eq\f(1,4＋3k2))．令1＋k2＝t，則t>1，于是上式化簡整理可得，＝－9teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4t－1)＋\f(1,3t＋1)))＝－eq\f(63t2,12t2＋t－