2018年高考数学专题10.4圆锥曲线的综合应用试题理

- 1 - 圆锥曲线的综合应用

【三年高考】

1. 【2017课标II，理9】若双曲线C:22221xyab（0a，0b）的一条渐近线被圆2224xy所截得的弦长为2，则C的离心率为（ ）

A．2 B．3 C．2 D．233

【答案】A

2. 【2017山东，理21】在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：22221xyab0ab的离心率为22，焦距为.

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）如图，动直线：132ykx交椭圆E于,AB两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为2k，且1224kk，M是线段OC延长线上一点，且:2:3MCAB，M的半径为MC，,OSOT是M的两条切线，切点分别为,ST.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. - 2 -

【解析】（I）由题意知 22cea，22c，所以 2,1ab，因此 椭圆E的方程为2212xy.

（Ⅱ）设1122,,,AxyBxy，联立方程2211,23,2xyykx得2211424310kxkx，由题意知0，且112122211231,21221kxxxxkk，所以

22112112211181221kkABkxxk.由题意可知圆M的半径为22112111822321kkrk，由题设知1224kk，所以2124kk因此直线OC的方程为124yxk.联立方程2211,22,4xyyxk得2221221181,1414kxykk，因此 2221211814kOCxyk.由题意可知 1sin21SOTrOCrOCr，而2121221121181411822321kOCkrkkk，21221112324141kkk，令2112tk，则11,0,1tt，因此

2223313112221121119224OCtrttttt，当且仅当112t，即2t时等号成- 3 - 立，此时122k，所以 1sin22SOT，因此26SOT，所以 SOT最大值为3.综上所述：SOT的最大值为3，取得最大值时直线的斜率为122k.

3. 【2017天津，理19】设椭圆22221(0)xyabab的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12.已知A是抛物线22(0)ypxp的焦点，F到抛物线的准线的距离为12.

（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；

（II）设上两点P，Q关于轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与轴相交于点D.若APD△的面积为62，求直线AP的方程.

【解析】（Ⅰ）设F的坐标为(,0)c.依题意，12ca，2pa，12ac，解得1a，12c，2p，于是22234bac.所以，椭圆的方程为22413yx，抛物线的方程为24yx.

（Ⅱ）设直线AP的方程为1(0)xmym，与直线的方程1x联立，可得点2(1,)Pm，故2(1,)Qm.将1xmy与22413yx联立，消去，整理得22(34)60mymy，解得0y，或2634mym.由点B异于点A，可得点222346(,)3434mmBmm.由2(1,)Qm，可得直线BQ的方程为22262342()(1)(1)()03434mmxymmmm，令0y，解得222332mxm，故2223(,0)32mDm.所以2222236||13232mmADmm.又因为APD△的面积为62，故221626232||2mmm，整理得2326||20mm，解得6||3m，所以63m.所以，直线AP的方程为3630xy，或3630xy.

4.【2016高考新课标1卷】设圆222150xyx的圆心为A,直线l过点B（1,0）且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.

（I）证明EAEB为定值,并写出点E的轨迹方程； - 4 - （II）设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.

【解析】（Ⅰ）因为||||ACAD,ACEB//,故ADCACDEBD,所以||||EDEB,故||||||||||ADEDEAEBEA.又圆A的标准方程为16)1(22yx,从而4||AD,所以4||||EBEA.由题设得)0,1(A,)0,1(B,2||AB,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：13422yx（0y）.

（Ⅱ）当与x轴不垂直时,设的方程为)0)(1(kxky,),(11yxM,),(22yxN.由134)1(22yxxky得01248)34(2222kxkxk.则3482221kkxx,341242221kkxx.所以34)1(12||1||22212kkxxkMN.过点)0,1(B且与垂直的直线m：)1(1xky,A到m的距离为122k,所以1344)12(42||22222kkkPQ.故四边形MPNQ的面积341112||||212kPQMNS.可得当与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为)38,12[.当与x轴垂直时,其方程为1x,3||MN,8||PQ,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为)38,12[.

5．【2016高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线:20lxy，抛物线2:y2(0)Cpxp

（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；

（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.

①求证：线段PQ的中点坐标为(2,).pp；②求p的取值范围. - 5 -

【解析】（1）抛物线2:y2(0)Cpxp的焦点为(,0)2p,由点(,0)2p在直线:20lxy上，得0202p，即4.p所以抛物线C的方程为28.yx

（2）设1122(x,y),(x,y)PQ，线段PQ的中点00(x,y)M,因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为1，则可设其方程为.yxb①由22ypxyxb消去得2220(*)ypypb,因为P 和Q是抛物线C上的相异两点，所以12,yy从而2(2)4(2)0ppb，化简得20pb.方程（*）的两根为21,22ypppb，从而120.2yyyp因为00(x,y)M在直线上，所以02.xp因此，线段PQ的中点坐标为(2,).pp②因为M(2,).pp在直线yxb上,所以(2)bpp，即22.bp由①知20pb，于是2(22)0pp，所以4.3p因此p的取值范围为4(0,).3

6．【2016高考天津理数】设椭圆13222yax（3a）的右焦点为F，右顶点为A，已知||3||1||1FAeOAOF，其中O 为原点，为椭圆的离心率.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于的直线与交于点M，与y轴交于点H，若HFBF，且MOAMAO，求直线的斜率的取值范围.

【解析】（1）：设(,0)Fc，由113||||||cOFOAFA，即113()ccaaac，可得2223acc，又2223acb，所以21c，因此24a，所以椭圆的方程为22143xy. - 6 - （Ⅱ）设直线的斜率为k（0k），则直线的方程为)2(xky.设),(BByxB，由方程组)2(13422xkyyx，消去y，整理得0121616)34(2222kxkxk.解得2x，或346822kkx，由题意得346822kkxB，从而34122kkyB.由（Ⅰ）知，)0,1(F，设),0(HyH，有),1(HyFH，)3412,3449(222kkkkBF.由HFBF，得0HFBF，所以034123449222kkykkH，解得kkyH12492.因此直线MH的方程为kkxky124912.设),(MMyxM，由方程组)2(124912xkykkxky消去y，解得)1(1292022kkxM.在MAO中，||||MOMAMAOMOA，即2222)2(MMMMyxyx，化简得1Mx，即1)1(1292022kk，解得46k或46k.所以，直线的斜率的取值范围为),46[]46,(.

7．【2016年高考四川理数】已知椭圆E：22221(0)xyabab的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线:3lyx与椭圆E有且只有一个公共点T.

（Ⅰ）求椭圆E的方程及点T的坐标；

（Ⅱ）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得2PTPAPB，并求的值.

【解析】（I）由已知，222(2)aac，即2ac，所以2ab，则椭圆E的方程为222212xybb. - 7 - 由方程组22221,23,xybbyx 得22312(182)0xxb.① 方程①的判别式为2=24(3)b，由=0，得2=3b，此方程①的解为=2x，所以椭圆E的方程为22163xy.点T坐标为（2,1）.

（II）由已知可设直线 的方程为1(0)2yxmm，有方程组123yxmyx，，

可得22321.3mxmy，

所以P点坐标为（222,133mm ），2289PTm.设点A，B的坐标分别为1122(,)(,)AxyBxy， .

由方程组2216312xyyxm，， 可得2234(412)0xmxm.② 方程②的判别式为2=16(92)m，由>0，解得323222m.由②得212124412=,33mmxxxx.所以221112252(2)(1)23323mmmPAxyx

，同理252223mPBx，

所以12522(2)(2)433mmPAPBxx21212522(2)(2)()433mmxxxx

225224412(2)(2)()43333mmmm2109m.故存在常数45，使得2PTPAPB.