2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)11 圓錐曲線中的綜合問題 理

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1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十一)　圓錐曲線中的綜合問題 (建議用時(shí)：20分鐘) 1．[易錯(cuò)題]已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長(zhǎng)為2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若kOM·kON＝，求原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍． [解](1)由題意知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 則Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，化簡(jiǎn)得m2＜4k2＋1

2、.?、? x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝，則＝，即4y1y2＝5x1x2，所以4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，則(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0， 所以(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，化簡(jiǎn)得m2＋k2＝.?、? 由①②得0≤m2＜，＜k2≤. 因?yàn)樵c(diǎn)O到直線l的距離d＝，所以d2＝＝＝－1＋， 又＜k2≤，所以0≤d2＜，解得0≤d＜. 所以原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍為. 2．(2019·北京高考)已知拋物線C：x2＝－2

3、py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)． (1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)． [解](1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)，得p＝2. 所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1. (2)拋物線C的焦點(diǎn)為F(0，－1)． 設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)． 由得x2＋4kx－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4. 直線OM的方程為y＝x. 令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)

4、xA＝－. 同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－. 設(shè)點(diǎn)D(0，n)， 則＝，＝， ·＝＋(n＋1)2 ＝＋(n＋1)2 ＝＋(n＋1)2 ＝－4＋(n＋1)2. 令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，則n＝1或n＝－3. 綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3)． 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系證明問題 直線與橢圓的位置關(guān)系及橢圓方程的求解是高考常規(guī)性問題，注重雙基，體現(xiàn)運(yùn)算能力，證明問題、考查學(xué)生的邏輯推理的素養(yǎng)，符合高考最近動(dòng)態(tài) 2 待定系數(shù)法求曲線的方程，設(shè)而不求的思想，探索性問題 探索性問題是一種動(dòng)

5、態(tài)問題，可以較好的考查學(xué)生的動(dòng)手、動(dòng)腦能力，而“設(shè)而不求”思想是解答圓錐曲線常用的方法，符合高考最新動(dòng)態(tài) 【押題1】　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，右焦點(diǎn)為F，且該橢圓過點(diǎn). (1)求橢圓C的方程； (2)當(dāng)動(dòng)直線l與橢圓C相切于點(diǎn)A，且與直線x＝相交于點(diǎn)B時(shí)，求證：△FAB為直角三角形． [解](1)由題意得＝，＋＝1，又a2＝b2＋c2，所以b2＝1，a2＝4，即橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由題意可得直線l的斜率存在， 設(shè)l：y＝kx＋m，聯(lián)立 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 判別式Δ＝64k2m2－16(4k2＋1)(m2－1)＝0，

6、 得m2＝4k2＋1＞0. 設(shè)A(x1，y1)，則x1＝＝＝－，y1＝kx1＋m＝＋m＝，即A. 易得B，F(xiàn)(，0)， 則＝，＝， ·＝＋＝－－1＋＋1＝0， 所以⊥，即△FAB為直角三角形，得證． 【押題2】　如圖，由部分拋物線y2＝mx＋1(m＞0，x≥0)和半圓x2＋y2＝r2(x≤0)所組成的曲線稱為“黃金拋物線C”，若“黃金拋物線C”經(jīng)過點(diǎn)(3,2)和. (1)求“黃金拋物線C”的方程； (2)設(shè)P(0,1)和Q(0，－1)，過點(diǎn)P作直線l與“黃金拋物線C”交于A，P，B三點(diǎn)，問是否存在這樣的直線l，使得QP平分∠AQB？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理

7、由． [解](1)因?yàn)椤包S金拋物線C”過點(diǎn)(3,2)和， 所以r2＝＋＝1,4＝3m＋1，解得m＝1. 所以“黃金拋物線C”的方程為y2＝x＋1(x≥0)和x2＋y2＝1(x≤0)． (2)假設(shè)存在這樣的直線l，使得QP平分∠AQB. 顯然直線l的斜率存在且不為0， 結(jié)合題意可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA＜0＜xB. 由消去y并整理，得k2x2＋(2k－1)x＝0， 所以xB＝，yB＝，即B，由xB＞0知k＜，所以直線BQ的斜率為kBQ＝. 由消去y并整理，得(k2＋1)x2＋2kx＝0， 所以xA＝－，yA＝，即A，由xA＜0知k＞0，所以直線AQ的斜率為kAQ＝－. 因?yàn)镼P平分∠AQB，且直線QP的斜率不存在，所以kAQ＋kBQ＝0， 即－＋＝0，由0＜k＜，可得k＝－1. 所以存在直線l：y＝(－1)x＋1，使得QP平分∠AQB. - 4 -