8 5 圆锥曲线的综合问题——2026版53高考总复习精练册word 人教版
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8.5圆锥曲线的综合问题
五年高考
考点1直线与圆锥曲线的位置关系
1.(2024北京,19,15分,中)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,过点(0,t)(t>2)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
(1)求椭圆E的方程及离心率;
(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.
解析(1)由已知条件可知b=c=2,∴a=2,
∴椭圆E的方程为x24+y22=1,离心率e=ca=22.
(2)设直线AB的方程为y=kx+t(t>2),A(x1,y1),B(x2,y2).
联立y=kx+t,x24+y22=1,消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-4=0,
Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,
x1+x2=?4kt2k2+1,x1x2=2t2?42k2+1.
∵直线BD的斜率为0,∴点B与点D关于y轴对称,
得D(-x2,y2),∵A、C、D三点共线,∴kAC=kCD,
即y1?1x1=?y2?1x2,∴(kx1+t-1)x2=-x1(kx2+t-1),
∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,
∴2k(2t2?4)2k2+1+(t?1)·(?4kt)2k2+1=0,
∴t2-t=t2-2,解得t=2.
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
解析(1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,c2=2,
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).
①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,F(2,0),
所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0.
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-2=0,
根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.
联立y=x?2,x23+y2=1,消y整理得4x2?62x+3=0.
故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1?x2|=2×(x1+x2)2?4x1x2=3,即必要性成立.
②再证充分性.
易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.
由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+k2.
由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,
则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t2?31+3k2,
所以|MN|=(1+k2)[(x1+x2)2?4x1x2]
=(1+k2)?6kt1+3k22?4×3t2?31+3k2
=?12(t2?1?3k2)(1+k2)(1+3k2)2=24k2(1+k2)(1+3k2)2.
因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1,解得k2=1,则t2=2.
因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,即kt0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±3x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解析(1)由题意知c=2,ba=3,c2=a2+b2,解得a=1,b=3,
∴C的方程为x2-y23=1.
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,
设其方程为y=kx+b,
由y=kx+b,3x2?y2?3=0,得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,
由Δ>0,得b2+3-k2>0,
∴x1+x2=2kb3?k2,x1x2=?b2?33?k2,∵x1>x2>0,∴3-k2b>0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.
解析(1)将A(0,3),P3,32代入椭圆方程x2a2+y2b2=1得9b2=1,9a2+94b2=1,解得a2=12,b2=9,
所以椭圆的离心率e=1?b2a2=12.
(2)当直线l的斜率不存在时,l:x=3,
此时S△ABP=12×3×3=92,不符合题意.
当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-3)+32,
联立y=k(x?3)+32,x212+y29=1,消去y整理得(3+4k2)x2+(12k-24k2)x+36k2-36k-27=0,
设P(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=24k2?12k3+4k2,x1x2=36k2?36k?273+4k2,
∴|BP|=1+k2·(x1+x2)2?4x1x2=1+k2·6|2k+3|3+4k2,
又点A到直线l的距离d=32+3k1+k2,
∴S△ABP=12|BP|·d=12×1+k2·6|2k+3|3+4k2·32+3k1+k2=9,
解得k=12或k=32,
∴直线l的方程为y=12x或y=32x-3.
2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(00,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),
所以yP=-1yQ(xP-5),得xP-5=-yPyQ,
所以|BP|=(xP?5)2+yP2=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,
所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.
由直线BP的方程得yQ=2或8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.
综上,△APQ的面积为52.
3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率;
(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.
解析(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴4a2?1a2?1=1,
解得a2=2.∴C的方程为x22-y2=1.①
设直线l:y=kx+m.②
联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=4km1?2k2,x1x2=-2m2+21?2k2,
kPA=y1?1x1?2,kQA=y2?1x2?2,
由kPA+kQA=0,得y1?1x1?2+y2?1x2?2=0,
化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,
即2k·?2m2+21?2k2+(m-2k-1)·4km1?2k2-4(m-1)=0,
化简得(2k+m-1)(k+1)=0,
∴2k+m-1=0或k+1=0.
若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,
这时直线l过点A,不合题意,∴k+1=0,∴k=-1.
(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα0,当...
五年高考
考点1直线与圆锥曲线的位置关系
1.(2024北京,19,15分,中)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,过点(0,t)(t>2)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
(1)求椭圆E的方程及离心率;
(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.
解析(1)由已知条件可知b=c=2,∴a=2,
∴椭圆E的方程为x24+y22=1,离心率e=ca=22.
(2)设直线AB的方程为y=kx+t(t>2),A(x1,y1),B(x2,y2).
联立y=kx+t,x24+y22=1,消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-4=0,
Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,
x1+x2=?4kt2k2+1,x1x2=2t2?42k2+1.
∵直线BD的斜率为0,∴点B与点D关于y轴对称,
得D(-x2,y2),∵A、C、D三点共线,∴kAC=kCD,
即y1?1x1=?y2?1x2,∴(kx1+t-1)x2=-x1(kx2+t-1),
∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,
∴2k(2t2?4)2k2+1+(t?1)·(?4kt)2k2+1=0,
∴t2-t=t2-2,解得t=2.
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
解析(1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,c2=2,
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).
①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,F(2,0),
所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0.
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-2=0,
根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.
联立y=x?2,x23+y2=1,消y整理得4x2?62x+3=0.
故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1?x2|=2×(x1+x2)2?4x1x2=3,即必要性成立.
②再证充分性.
易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.
由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+k2.
由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,
则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t2?31+3k2,
所以|MN|=(1+k2)[(x1+x2)2?4x1x2]
=(1+k2)?6kt1+3k22?4×3t2?31+3k2
=?12(t2?1?3k2)(1+k2)(1+3k2)2=24k2(1+k2)(1+3k2)2.
因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1,解得k2=1,则t2=2.
因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,即kt0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±3x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解析(1)由题意知c=2,ba=3,c2=a2+b2,解得a=1,b=3,
∴C的方程为x2-y23=1.
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,
设其方程为y=kx+b,
由y=kx+b,3x2?y2?3=0,得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,
由Δ>0,得b2+3-k2>0,
∴x1+x2=2kb3?k2,x1x2=?b2?33?k2,∵x1>x2>0,∴3-k2b>0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.
解析(1)将A(0,3),P3,32代入椭圆方程x2a2+y2b2=1得9b2=1,9a2+94b2=1,解得a2=12,b2=9,
所以椭圆的离心率e=1?b2a2=12.
(2)当直线l的斜率不存在时,l:x=3,
此时S△ABP=12×3×3=92,不符合题意.
当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-3)+32,
联立y=k(x?3)+32,x212+y29=1,消去y整理得(3+4k2)x2+(12k-24k2)x+36k2-36k-27=0,
设P(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=24k2?12k3+4k2,x1x2=36k2?36k?273+4k2,
∴|BP|=1+k2·(x1+x2)2?4x1x2=1+k2·6|2k+3|3+4k2,
又点A到直线l的距离d=32+3k1+k2,
∴S△ABP=12|BP|·d=12×1+k2·6|2k+3|3+4k2·32+3k1+k2=9,
解得k=12或k=32,
∴直线l的方程为y=12x或y=32x-3.
2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(00,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),
所以yP=-1yQ(xP-5),得xP-5=-yPyQ,
所以|BP|=(xP?5)2+yP2=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,
所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.
由直线BP的方程得yQ=2或8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.
综上,△APQ的面积为52.
3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率;
(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.
解析(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴4a2?1a2?1=1,
解得a2=2.∴C的方程为x22-y2=1.①
设直线l:y=kx+m.②
联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=4km1?2k2,x1x2=-2m2+21?2k2,
kPA=y1?1x1?2,kQA=y2?1x2?2,
由kPA+kQA=0,得y1?1x1?2+y2?1x2?2=0,
化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,
即2k·?2m2+21?2k2+(m-2k-1)·4km1?2k2-4(m-1)=0,
化简得(2k+m-1)(k+1)=0,
∴2k+m-1=0或k+1=0.
若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,
这时直线l过点A,不合题意,∴k+1=0,∴k=-1.
(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα0,当...
