(完整word版)2019-2020年高考数学大题专题练习——圆锥曲线(一)

2x2y2x2y25.(1)依题意e=，设C1:2+2=1，C2:2+2=1，由对称性，四个焦点构成的四

22bb2b4b1边形为菱形，且面积S=创2b22b=22，解得：b2=1.

2x2x2y22所以椭圆C1:+y=1，C2:+=1.

22422x0y0(2)(i)设P(x0,y0)，则+=1，A-2,0，B24()(2,0.

)kPA=y0x0+2，kPB=y0x0-2.

所以：kPA?kPB22y04-2x0=2=-2. 2x0-2x0-2直线PA，PB斜率之积为常数-2. x12(ii)设E(x1,y1)，则+y12=1.

2kEA=y1x1+2，kEB=y1x1-2，

所以：kEA?kEB12x1y12，同理：kFA?kFB==-2x12-2x0-22211--1， 2所以：kFA鬃kFBkFAkFB=1，由kEA=kPA，kFB=kPB，结合(i)有 4kEA?kFB

-1. 86.解：（Ⅰ）根据题意得c?1，e?∴a?2，c?1，b?1，

c2， ?a2x2故椭圆C的方程为?y2?1．

2（Ⅱ）设P点坐标为(x1,y0)2x02，则?y0?1，

2222|MP|?x0?(y0?2)2?2?2y0?(y0?2)2??y0?4y0?6??(y0?2)2?10，

∵?1≤y0≤1，

∴当y0??1时，MP取得最大值3．

∴|MP|最大值为3，此时P点坐标为(0,?1)．

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x2（Ⅲ）设P点(x,y)，则?y2?1，

2P点到F(1,0)的距离为：

x21212(x?1)?y?(x?1)?1??x?2x?2?(x?4x?4)，

222222?12(2?x)2?(2?x)， 22P到直线x?2的距离为2?x， 2(2?x)2， ∵2?2?x2故P到F(1,0)的距离与到定直线的距离之比为常数

2． 2?a243??3?c?a?2x2?7.解:⑴由?2c?23得 ? 所以椭圆C的方程为?y2?1．

4?b?1?222?a?b?c??1⑵①因为A1??2,0?，A2?2,0?，M?4,2?，所以MA1的方程为y?(x?2)，代入

3x2?4y2?4，

41x2?4+4[(x?2)]2?0，即(x+2)[(x?2)+(x+2)]?0，

93因为xA1??2，所以xP?10121012，则yP?，所以点P的坐标为(,)． 1313131364同理可得点Q的坐标为(,?)．

55②设点M?x0,y0?，由题意，x0??2．因为A1??2,0?，A2?2,0?， 所以直线MA1的方程为

y?y0y(x?2)，代入x2?4y2?4，得x2?4+4[0(x?2)]2?0，

x0?2x0?224y0(x+2)]?0，因为xA1??2， 即(x+2)[(x?2)+2(x0?2) 12

28y02?4(x0?2)y0(x0?2)24(x0+2)2所以xP?，则，故点P的坐标为y???2P22222(x?2)?4y4y0(x0+2)+4y0001+2(x0?2)4(x0+2)24(x0?2)y0(?2,)． 2(x0+2)2+4y0(x0?2)2?4y02?4(x0-2)2?4(x0?2)y0?2,)． 同理可得点Q的坐标为(2(x0-2)2+4y0(x0?2)2?4y02因为P，Q，B三点共线，所以kPB?kQB，

4(x0?2)y0(x0?2)2?4y02yQyP． ?xP?1xQ?1?4(x0?2)y0(x0?2)y0?(x0?2)y0(x0?2)2?4y02所以，即， ??222222(x?2)?12y?3(x?2)?4y?4(x0?2)00004?x0+2??2?1?2?1222(x0?2)?4y0?x0+2?+4y02由题意，y0?0，所以

x0?2x0?2． ?(x0?2)2?12y023(x0?2)2?4y02即3(x0?2)(x0?2)2?4(x0?2)y02?(x0?2)(x0?2)2?12(x0?2)y02．

x02x02x0222所以(x0?4)(?y0?1．若?y02?1，则点M在椭?y0?1)?0，则x0?4?0或

444圆上，P，Q，M为同一点，不合题意．故x0?4，即点M始终在定直线x?4上．16分

8.（Ⅰ）解：设F(c，0)，由

113c113e，即??，可得a2－??caa(a?c)|OF||OA||FA|c2=3c2，又a2－c2=b2=3，所以c2=1，因此a2=4.

x2y2??1. 所以，椭圆的方程为43（Ⅱ）解：设直线l的斜率为k（k?0），则直线l的方程为y?k(x?2).设

B(xB,yB)，由方程组

?x2y2?1??3?4?y?k(x?2)?，消去

y，整理得

(4k2?3)x2?16k2x?16k2?12?0.

8k2?68k2?6?12kx?y?解得x?2，或x?，由题意得，从而. BB2224k?34k?34k?3 13

9?4k212k,2).由由（Ⅰ）知，F(1,0)，设H(0,yH)，有FH?(?1,yH)，BF?(24k?34k?39?4k212kyH9?4k2?2?0，解得yH?.因此直线BF?HF，得BF?HF?0，所以24k?34k?312k19?4k2. MH的方程为y??x?k12k?19?4k220k2?9?y??x?设M(xM,yM)，由方程组?.在?MAOk12k消去y，解得xM?212(k?1)?y?k(x?2)?中，?MOA??MAO?|MA|?|MO|，即(xM?2)?yM?xM?yM，化简得xM?1，

22226620k2?9k??k?即，解得或. ?14412(k2?1)所以，直线l的斜率的取值范围为(??,?

66]?[,??). 44x2y29.解：（Ⅰ）∵椭圆C的方程为??1，

1612∴a?4，b?23，c?2， ∴e?∵

c1?，|FA|?2，|AP|?m?4， a2|FA|21??， |AP|m?42∴m?8．

（Ⅱ）若直线l的斜率不存在，则有S1?S2，|PM|?|PN|，符合题意， 若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y?k(x?2)，M(x1,y1)，N(x2,y2)， ?x2y2?1??由?1612，得(4k2?3)x2?16k2x?16k2?48?0， ?y?k(x?2)?16k216k2?48可知??0恒成立，且x1?x2?2，x1x2?，

4k?34k2?3∵kPM?kPN?y1yk(x1?2)k(x2?2)?2?? x1?8x2?8x1?8x2?8?k(x1?2)(x2?8)?k(x2?2)(x1?8)

(x1?8)(x2?8) 14

?2kx1x2?10k(x1?x2)?32k

(x1?8)(x2?8)16k2?4816k22k??10k?2?32k24k?34k?3??0，

(x1?8)(x2?8)∴∠MPF?∠NPF，

∵△PMF和△PNF的面积分别为：

S1?∴

11|PF||PM|sin∠MPF，S2?|PF||PN|sin∠NPF， 22S1|PM|． ?S2|PN|rr10.解：（1）∵?a?b?(m,?)，

∴直线AP的方程为：y?rr又?b?4a?(?m,?4)，

?m(x?m)①式，

∴直线BP的方程为：y??24(x?m)②式， ?mx2y2422由①式，②式消去入得y??2(x?m)，即2??1，

m4mx2y2故点P的轨迹方程为2??1．

m4当m?2时，轨迹E是以(0,0)为圆心，以2为半径的圆，

当m?2时，轨迹E是以原点为中心，以(?m2?4,0)为焦点的椭圆， 当0?m?2时，轨迹E是以原点为中心，以(0,?4?m2)为焦点的椭圆． x2y2（2）当m?22时，??1，

84∵M为轨迹E是任意一点， ∴设M(22cos?,2sin?)，

∴|MC|?(22cos??1)2?(2sin?)2 ?2??4cos2??42cos??5?4?cos??????3 2??2∵cos??[?1,1]，

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