高中数学 考点36 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用(含高考试题)新人教A版

1 考点36 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用 一、解答题 1.(2016·全国卷Ⅰ高考理科·T20)设圆x2+y2+2x-15=0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. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程. (2)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】(1)圆A整理为(x+1)2+y2=16,点A坐标为(-1,0),如图,

∵BE∥AC,则∠ACB=∠EBD,由|AC|=|AD|,则∠ADC=∠ACD, ∴∠EBD=∠EDB,则|EB|=|ED|, ∴|AE|+|EB|=|AE|+|ED|=|AD|=4.

所以E的轨迹为一个椭圆,方程为2x4+2y3=1(y≠0);

(2)C1: 2x4 +2y3=1;设l:x=my+1, 因为PQ⊥l,设PQ:y=-m(x-1),联立l与椭圆C1,

22xmy1,xy1,43



得(3m2+4)y2+6my-9=0;

则|MN|=21m|yM-yN| =222236m363m41m3m4=2212m13m4;

圆心A到PQ距离d=2m111m=22m1m, 2

所以|PQ|=222|AQ|d=2224m161m =2243m41m, ∴SMPNQ=12|MN|·|PQ|=12·222212m143m43m41m=2224m13m4=242113m1∈[12,83). 2.(2016·全国卷Ⅰ高考文科·T20)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.

(1)求OHON. (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由. 【解析】(1)由已知得M(0,t),P2t,t2p,又N为M关于点P的对称点,故N2t,tp,故

直线ON的方程为y=ptx,将其代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=22tp,因此H22t,2tp,所以N为OH的中点,即OHON=2. (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下: 直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp (y-t).代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外,直线MH与C没有其他公共点. 3.(2016·全国卷Ⅲ·理科·T20)(本小题满分12分) 已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点. (1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ. (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.

【解析】(1)由题意可知F1,02,设l1:y=a,l2:y=b且ab≠0,A2a,a2,B2b,b2

P1,a2,Q1,b2,R1ab,22, 记过A,B两点的直线方程为l,由点A,B可得直线方程为2x-(a+b)y+ab=0, 因为点F在线段AB上,所以ab+1=0, 3

记直线AR的斜率为k1,直线FQ的斜率为k2, 所以k1=2ab1a,k2=b1122=-b,又因为ab+1=0,

所以k1=22abab1abaa1aaabb,所以k1=k2,即AR∥FQ. (2)设直线AB与x轴的交点为D1x,0, 所以S△ABF=1111abFDabx222, 又S△PQF=ab2, 所以由题意可得S△PQF=2S△ABF即:ab2 =2×12· 11x2ab,

解得x1=0(舍)或x1=1. 设满足条件的AB的中点为E(x,y).

当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2yabx1(x≠1).而21aby,所以y2=x-1(x≠1). 当AB与x轴垂直时,E与D重合,所以,所求轨迹方程为y2=x-1. 4.(2016·全国卷Ⅲ·文科·T20)(本小题满分12分) 已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点. (1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ. (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.

【解析】(1)由题意知F1,02.设l1:y=a,l2:y=b,且ab≠0,则

A2a,a2,B2b,b2,P1,a2,Q1,b2, R1ab,22. 记过A,B两点的直线方程为l,则l的直线方程为2x-(a+b)y+ab=0. 由于F在线段AB上,故1+ab=0. 记直线AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则

k1=222abab1ab====-b=kaa1aaab. 所以AR∥FQ. (2)设l与x轴的交点为D(x1,0),

则S△ABF=1111baFDbax222,S△PQF=ab2. 4

由题设可得2×1ab11bax222.所以x1=0(舍去)或x1=1. 设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2yabx1(x≠1).而ab2=y,所以y2=x-1(x≠1).当AB与x轴垂直时,E与D(1,0)重合,所以,所求轨迹方程为y2=x-1. 5.(2016·四川高考文科·T20)已知椭圆E: 2222xyab=1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两

个端点是正三角形的三个顶点,点P1 3,2在椭圆E上. (1)求椭圆E的方程. (2)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B,线段AB的中点为M,直线OM与椭圆E交于C,D,证明:|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 【解题指南】(1)利用点在椭圆上,列出方程,解出b的值,从而得到椭圆的标准方程.(2)利用椭圆的几何性质,数形结合,利用根与系数的关系,进行计算.

【解析】(1)由已知,a=2b,又椭圆2222xyab=1(a>b>0)过点P1 3,2,故221344bb=1,解得b2=1,所以椭圆的方程为2x4+y2=1. (2)设直线l的方程为y=12x+mm0,A11x,y,B22x,y,

由方程组22xy1,41yxm,2得x2+2mx+2m2-2=0,① 方程①的判别式为Δ=422m,由Δ>0,即2-m2>0,解得-2由①得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2, 所以M点坐标为mm,2,直线OM的方程为y=-12x,

由22xy1,41yx,2得C22,2,D22,2, 所以MCMD =2555m2m22m224, 所以21MAMBAB4 5

=2212121xxyy4 =222121255xx4xx4m42m21616 =54 (2-m2), 所以MCMDMAMB. 6.(2016·江苏高考T22)(本小题满分10分) 如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x-y-2=0,抛物线C:y2=2px(p>0). (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-p,-p); ②求p的取值范围.

【解题指南】(1)求出直线与x轴的交点坐标可得p的值. (2)利用对称知识及PQ的中点坐标构造关于y的一元二次方程,利用判别式大于零求解. 【解析】(1)因为l:x-y-2=0,所以l与x轴的交点坐标为(2,0),

即抛物线的焦点为(2,0),所以p2=2,所以y2=8x. (2)①设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则

211222

y2pxy2px



⇒

211

222

yx,2pyx,2p





则

kPQ=12221212yy2p=yyyy2p2p,又因为P,Q关于直线l对称, 所以kPQ=-1,即y1+y2=-2p, 所以12yy2=-p,又因为P,Q的中点一定在直线l上,

所以1212xxyy=22+2=2-p, 所以线段PQ的中点坐标为(2-p,-p). ① 为中点坐标为(2-p,-p),