【名师A计划】2017高考数学一轮复习 第八章 解析几何 热点专题突破五 解析几何的综合问题习题 理

热点专题突破五解析几何的综合问题
1C1: =1(a>b>0)过点A,其焦距为2,已知F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,P为直线x=2上一点.直线PF1,PF2与圆x2+y2=1的另外一个交点分别为M,N.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)求证:直线MN恒过一定点.
1.【解析】(1)由题意知,c=1,左、右焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0),
∴2a=|AF1|+|AF2|==2,
∴椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)设P(2,t),直线PF1:y= (x+1),由得9x2+t2(x2+2x+1)=9,
即(t2+9)x2+2t2x+t2-9=0,
∴-1·x M=,∴x M=,∴M.
同理可得N,∴k MN=,直线MN的方程为y-,即
y-x+=0,
∴y-=0,
∴直线MN恒过定点T.
2,O为坐标原点,椭圆C1: =1(a>b>0)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.
2.【解析】(1)因为e1e2=,所以,
即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(,0),
于是-b=|F2F4|=-1,所以b=1,a2=2,
故C1,C2的方程分别为+y2=1, -y2=1.
(2)因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的中点为M,
故直线PQ的斜率为-,PQ的方程为y=-x.即mx+2y=0.
由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,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0<2-m2≤2,故当m=0时,S取得最小值2,
综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
3,已知双曲线C: -y2=1(a>0)的右焦点为F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).
(1)求双曲线C的方程;
(2)过C上一点P(x0,y0)(y0≠0)的直线l: -y0y=1与直线AF相交于点M,与直线x=相交于点N.证明:当点P在C上移动时,恒为定值,并求此定值.
3.【解析】（1）设F(c,0),因为b=1,所以c=,直线OB方程为y=-x,直线BF的方程为y= (x-c),解得B.
又直线OA的方程为y=x,
则A,k AB=.
又因为AB⊥OB,所以·=-1,解得a2=3,故双曲线C的方程为-y2=1.
（2）由(1)知a=,则直线l的方程为: -y0y=1(y0≠0),即y=.
因为直线AF的方程为x=2,所以直线l与AF的交点M;
直线l与直线x=的交点为N.
则
因为P(x0,y0)是C上一点,则=1,代入上式得
,所求定值为.
4Q过定点F(0,-1),且与直线l:y=1相切,椭圆N的对称轴为坐标轴,O点为坐标原点,F是其一个焦点,又点A(0,2)在椭圆N上.
(1)求动圆圆心Q的轨迹M的标准方程和椭圆N的标准方程;
(2)若过F的动直线m交椭圆N于B,C点,交轨迹M于D,E两点,设S1为△ABC的面积,S2为△ODE 的面积,令Z=S1S2,试求Z的最小值.
4.【解析】(1)依题意,由抛物线的定义易得动点Q的轨迹M的标准方程为x2=-4y,
依题意可设椭圆N的标准方程为=1(a>b>0),
显然有c=1,a=2,∴b=,
∴椭圆N的标准方程为=1.
(2)显然直线m的斜率存在,不妨设直线m的直线方程为y=kx-1,①联立椭圆N的标准方程=1,得(3k2+4)x2-6kx-9=0,
设B(x1,y1),C(x1,y2),则有|BC|=|x1-x2|=,
又A(0,2)到直线m的距离d1=,
∴S1=|BC|d1=;
再将①式联立抛物线方程x2=-4y,得x2+4kx-4=0,
同理易得|DE|=4(1+k2),d2=,
∴S2=2,
∴Z=S1S2==12≥12=9,当k=0时,等号成立.
故当k=0时,Z min=9.
5,在平面直角坐标系xOy中,离心率为的椭圆C:
=1(a>b>0)的左顶点为A,过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P,Q两点,直线PA,QA分别与y轴交于M,N两点.若直线PQ斜率为时,PQ=2.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)?请证明你的结论.
5.【解析】(1)设P,
∵直线PQ斜率为时,PQ=2,∴=3,解得=2.
∴=1,
∵e=,∴a2=4,b2=2.
∴椭圆C的标准方程为=1.
(2)以MN为直径的圆过定点F(±,0).
设P(x0,y0),则Q(-x0,-y0),且=1,即+2=4,
∵A(-2,0),∴直线PA方程为y= (x+2),∴M,
同理,直线QA方程为y= (x+2),∴N,
以MN为直径的圆为(x-0)(x-0)+ =0,
即x2+y2-y+=0,
∵-4=-2,∴x2+y2+y-2=0,
令y=0,解得x=±,
∴以MN为直径的圆过定点F(±,0).
6M(x,y)与两定点A(-,0),B(,0)的连线的斜率之积为-,记动点M的轨迹为C.
(1)求动点M的轨迹C的方程;
(2)定点F(-2,0),T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交曲线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.
6.【解析】(1)由已知可知k MA·k MB==-,
所以动点M的轨迹C的方程是=1(y≠0).
(2)(ⅰ)设T点的坐标为(-3,m),则直线TF的斜率k TF==-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率k PQ=,直线PQ的方程是x=my-2,
当m=0时,PQ的方程是x=-2,也符合上述方程.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程x=my-2与椭圆C的方程联立得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0,
所以y1+y2=,y1y2=,
x1+x2=m(y1+y2)-4=,
所以PQ的中点N的坐标为,
所以直线ON的斜率k ON=-.
又直线OT的斜率k OT=-,所以点N在线段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.
所以当最小时,T点的坐标是(-3,1),(-3,-1).。