高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（六） 圆锥曲线问题 Word版含答案

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压轴题命题区间(六)圆锥曲线问题
第一课时　简化解析几何运算的5个技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．

巧用定义，揭示本质
定义是导出其性质的“发源地”，解题时，应善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量的分析有机结合起来，则可使解题计算量大为简化，使解题构筑在较高的水平上．
　如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是(　　)

A．　　　　　　　　　　 B．
C． D．
　由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，
设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，
可得解得a2＝2，
故a＝．所以双曲线C2的离心率e＝＝．
　D

本题可巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．

抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则2＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为．
答案：

设而不求，整体代换

对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用代点法求解．
　已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为(　　)
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，

①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝．
又kAB＝＝，所以＝．
又9＝c2＝a2－b2，
解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为＋＝1．
　D

本题设出A，B两点的坐标，却不需求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．

过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∴＋＝0，
∴＝－·．
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2．
又∵b2＝a2－c2，
∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝．
即椭圆C的离心率e＝．
答案：

巧用“根与系数的关系”，化繁为简

某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
　(2016·全国甲卷)已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
　设M(x1，y1)，则由题意知y1>0．
(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为．
因此直线AM的方程为y＝x＋2．
将x＝y－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0．
解得y＝0或y＝，所以y1＝．
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝．
(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1，
得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0．
由x1·(－)＝，得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝．
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝．
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝．
t>3等价于＝0，
所以x1＋x2＝－，
x1x2＝－．
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＝－－λ－2．
所以当λ＝1时，
－－λ－2＝－3．
此时，·＋λ·＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD．
此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3．
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3．

存在性问题求解的3个注意点
存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．

已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆的方程是＋＝1(a＞b＞0)，
由题可知c＝1，
因为|BD|＝3，
所以＝3，
又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1．
(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为y＝k(x－2)＋1．
由
得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．
因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Δ＝2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，
所以k＞－，
由根与系数的关系知
x1＋x2＝，x1x2＝，
因为·＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝，
所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝，
即(1＋k2)＝，
所以(1＋k2)
＝＝，
解得k＝±．
因为k＞－，所以k＝，
故存在直线l1满足条件，其方程为y＝x．

1．(2016·贵阳监测考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为－．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．
解：(1)设椭圆的半焦距长为c，
则由题设有
解得a＝，c＝，
∴b2＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)由已知可得，直线l的方程为y＝kx＋2，以AB为直径的圆与x轴有公共点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，
将直线l：y＝kx＋2代入＋x2＝1，
得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，
则Δ＝12k2－12＞0，
x1＋x2＝，x1x2＝．
∴x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，
|AB|＝·
＝·＝，
∴
解得k4≥13，
即k≥或k≤－．
故所求斜率的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)．
2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，)，Q(2，－)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，
∴－b＝－2，解得b＝2．
又＝，a2＝b2＋c2，
∴a＝4，c＝2．
可得椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，
则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，
联立消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝．
同理可得：x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝．
∴直线AB的斜率为定值．
3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C的两个焦点是(0，－)和(0，)，并且经过点，抛物线E的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．
(1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；
(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线E于点A，B，l2交抛物线E于点G，H，求·的最小值．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则由题意得c＝，
2a＝＋＝4，
∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋x2＝1．
∴右顶点F的坐标为(1,0)．
设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p＞0)，
∴＝1,2p＝4，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)设l1的方程：y＝k(x－1)，l2的方程：y＝－(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)．
由
消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
∴Δ＝4k4＋16k2＋16－4k4＞0，
x1＋x2＝2＋，x1x2＝1．
同理x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝·＋||·
＝|x1＋1|·|x2＋1|＋|x3＋1|·|x4＋1|
＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝8＋＋4k2
≥8＋2＝16，
当且仅当＝4k2，即k＝±1时，·有最小值16．
4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－y＋6＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得2＋·为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由e＝，得＝，
即c＝a，①
又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，
且该圆与直线2x－y＋6＝0相切，
所以a＝＝，代入①得c＝2，
所以b2＝a2－c2＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)由
得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，
使得2＋·＝(＋)·＝·EB―→为定值，
则·EB―→＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)
＝，
要使上式为定值，即与k无关，
只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
解得m＝，
此时，2＋·＝m2－6＝－，
所以在x轴上存在定点E使得2＋·为定值，且定值为－．