圆锥曲线综合应用专题二

巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第1页共12页1圆锥曲线综合应用专题二1．已知椭圆1C的方程为2214xy，双曲线2C的左、右焦点分别是1C的左、右顶点，而2C的左、右顶点分别是1C的左、右焦点.（1）求双曲线2C的方程；（2）若直线:2lykx与双曲线C2恒有两个不同的交点A和B，且2OAOB（其中O为原点），求k的范围.2．如图,过抛物线24xy的对称轴上任一点(0,)(0)Pmm作直线与抛物线交于A、B两点，点Q是点P关于原点的对称点．⑴．设点P满足APPB（为实数），证明：()QPQAQB；⑵．设直线AB的方程是2120xy，过A、B两点的圆C与抛物线在点A处有共同的切线，求圆C的方程．3．一束光线从点)0,1(1F出发，经直线032:yxl上一点P反射后，恰好穿过点)0,1(2F．（Ⅰ）求点1F关于直线l的对称点1F的坐标；（Ⅱ）求以1F、2F为焦点且过点P的椭圆C的方程；（Ⅲ）设直线l与椭圆C的两条准线分别交于A、B两点，点Q为线段AB上的动点，求点Q到2F的距离与到椭圆C右准线的距离之比的最小值，并求取得最小值时点Q的坐标．4．已知平面上一定点(1,0)C和一定直线:4.lxＰ为该平面上一动点，作,PQl垂足为Q，0)2()2(PCPQPCPQ.(1)问点Ｐ在什么曲线上？并求出该曲线方程；点Ｏ是坐标原点，AB、两点在点Ｐ的轨迹上，若1OAOBOC（），求的取值范围．5．如图，已知E、F为平面上的两个定点6||EF，10||FG，且EGEH2，HP·0GE，（G为动点，P是HP和GF的交点）GFPHEABPOQxy巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第2页共12页2（1）建立适当的平面直角坐标系求出点P的轨迹方程；（2）若点P的轨迹上存在两个不同的点A、B，且线段AB的中垂线与EF（或EF的延长线）相交于一点C，则||OC＜59（O为EF的中点）．6．已知动圆过定点1,0，且与直线1x相切.(1)求动圆的圆心轨迹C的方程；(2)是否存在直线l，使l过点（0，1），并与轨迹C交于,PQ两点，且满足0OPOQ？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.7．已知)0,1(),0,4(NM若动点P满足||6NPMPMN（1）求动点P的轨迹方C的方程；（2）设Q是曲线C上任意一点，求Q到直线0122:yxl的距离的最小值.8已知抛物线x2=2py(p0)，过动点M(0,a)，且斜率为1的直线L与该抛物线交于不同两点A、B，|AB|≤2p,（1）求a的取值范围；（2）若p=2，a=3，求直线L与抛物线所围成的区域的面积；BC=219．如图，直角梯形ABCD中，∠90DAB，AD∥BC，AB=2，AD=23，椭圆F以A、B为焦点且过点D，（Ⅰ）建立适当的直角坐标系，求椭圆的方程；（Ⅱ）若点E满足ABEC21,是否存在斜率与的直线lk0M、F交于椭圆N两点，且||||NEME，若存在，求K的取值范围；若不存在，说明理由.10．已知00,Pxy是函数()lnfxx图象上一点，过点P的切线与x轴交于B，过点P作x轴的垂线，垂足为A.（1）求点B坐标；（2）若00,1x，求PAB的面积S的最大值，并求此时0x的值.CBDA巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第3页共12页3参考答案1．解：（1）设双曲线2C的方程为22221,xyab（1分）则2413a，再由222abc得21b，（3分）故2C的方程为2213xy（4分）（2）将2ykx代入2213xy得22(13)6290kxkx（5分）由直线l与双曲线C2交于不同的两点得：2222130(62)36(13)36(1)0kkkk（7分）213k且21k①（8分）设1122(,),(,)AxyBxy，则121222629,1313kxxxxkk12121212(2)(2)xxyyxxkxkx221212237(1)2()231kkxxkxxk（10分）又2OAOB，得12122xxyy2237231kk即2239031kk，解得：213,3k②（12分）由①、②得：2113k，故k的取值范围为33(1,)(,1)33.（14分）巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第4页共12页42．解⑴．依题意,可设直线AB的方程为mkxy,代入抛物线方程yx42，得：2440xkxm①……………………………………………………………２分设A、B两点的坐标分别是11(,)xy、22(,)xy，则12,xx是方程①的两根，所以，124xxm．………………………………………………………………………３分由点P满足APPB（为实数，1），得0121xx，即12xx．又点Q是点P关于原点的以称点，故点Q的坐标是(0,)m，从而(0,2)QPm．1122(,)(,)QAQBxymxym1212(,(1)).xxyym12()2[(1)]QPQAQBmyym=])1(44[221222121mxxxxxxm=2212144)(2xmxxxxm=221444)(2xmmxxm=0…………………………6分所以，()QPQAQB．…………………………………………………………………7分⑵．由221204xyxy得点A、B的坐标分别是(6,9)、(4,4)．由yx42得241xy，1,2yx所以，抛物线yx42在点A处切线的斜率为63xy．……………………………………9分设圆C的方程是222)()(rbyax，则22229163(6)(9)(4)(4)baabab………………………………………11分解得：222323125,,(4)(4)222abrab．………………………………………13分ABPOQxy巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第5页共12页5所以，圆C的方程是2125)223()23(22yx．………………………………………14分3．解：（Ⅰ）设1F的坐标为),(nm，则211mn且032212nm．……2分解得52,59nm，因此，点1F的坐标为)52,59(．…………………4分（Ⅱ）11PFFP，根据椭圆定义，得||||||22121FFPFFPa22)052()159(22，……………5分2a，112b．∴所求椭圆方程为1222yx．………………………………7分（Ⅲ）22ca，椭圆的准线方程为2x．…………………………8分设点Q的坐标为)32,(tt)22(t,1d表示点Q到2F的距离，2d表示点Q到椭圆的右准线的距离．则10105)32()1(2221ttttd，22td．22221)2(225210105ttttttdd，……………………………10分令22)2(22)(ttttf)22(t，则3422)2()86()2()2(2)22()2()22()(tttttttttf，当0)(,342tft，0)(,234tft，34t，0)(tf．∴)(tf在34t时取得最小值．………………………………13分因此，21dd最小值＝22)34(5f，此时点Q的坐标为)31,34(．…………14分注：)(tf的最小值还可以用判别式法、换元法等其它方法求得．巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第6页共12页6说明：求得的点Q)31,34(即为切点P，21dd的最小值即为椭圆的离心率．4．解:(1)由(2)(2)0PQPCPQPC,得:2240PQPC,………（2分）设(,)Pxy,则222(4)4(1)0xxy,化简得:22143xy,………（4分）点P在椭圆上,其方程为22143xy.………（6分）(2)设11(,)Axy、22(,)Bxy，由(1)OAOBOC得：0CACB，所以，A、B、C三点共线.且0,得:1122(1,)(1,)0xyxy,即:12121xxyy…（8分）因为2211143xy,所以222(1)()143xy①………（9分）又因为2222143xy,所以22222()()43xy②………（10分）由①-②得:2222(1)(1)14x,化简得:2352x,………（12分）因为222x,所以35222.解得:133所以的取值范围为1,33.………（1４分）5．解：（1）如图1，以EF所在的直线为x轴，EF的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.----------------------------------------1分由题设EGEH2，0EGHP∴||||PEPG，而aPGPEPF2||||||-------------3分∴点P是以E、F为焦点、长轴长为10的椭圆，故点P的轨迹方程是：1162522yx-----------------4分巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第7页共12页7（2）如图2，设),(11yxA，),(22yxB，)0,(0xC，∴21xx，且||||CBCA，--------------------------------6分即21201)(yxx22202)(yxx又A、B在轨迹上，∴116252121yx，116252222yx即2121251616xy，2222251616xy---------------8分代入整理得：)(259)(22122012xxxxx∵21xx，∴50)(9210xxx．---------------------10分∵551x，552x，∴101021xx．∵21xx，∴101021xx∴59590x，即||OC＜59．---------------14分6．（1）如图，设M为动圆圆心，F1,0，过点M作直线1x的垂线，垂足为N，由题意知：MFMN，………………………………………………2分即动点M到定点F与定直线1x的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中1,0F为焦点，1x为准线，∴动点R的轨迹方程为xy42………………………5分（2）由题可设直线l的方程为(1)(0)xkyk，由2(1)4xkyyx得2440ykyk△216160k，11kk或…………………………………7分设),(11yxP，),(22yxQ，则124yyk，124yyk…………9分由0OPOQ，即11,OPxy，22,OQxy，PBGEAxHFOyC图2oAx1,0FMN1x巨人高考网巨人教育做感动中国人的教育！理科数学第8页共12页8于是12120xx