1、专题五 圆锥曲线的综合及应用问题第 1 课时1已知点 F1，F 2 分别为双曲线 x2 1 的左、右焦点，点 P 为双曲线右支上的任y23意一点，则 的最小值为( )|PF1|2|PF2|A8 B5 C4 D92已知点 F1，F 2 是 y 2 1 的左、右焦点，点 P 在椭圆上运动，则 的最大x24 PF1 PF2 值是( )A4 B5 C2 D13(2017 年广东揭阳一模)已知双曲线 1 右焦点为 F，P 为双曲线左支上一点，x24 y22点 A(0， )，则 APF 周长的最小值为( ) 2A4(1 ) B42 2C2( ) D. 3 2 6 6 24(2016 年四川)设 O 为坐标
2、原点，P 是以 F 为焦点的抛物线 y22px( p0) 上任意一点，M 是线段 PF 上的点，且| PM|2|MF| ，则直线 OM 的斜率的最大值为 ( )A. B. C. D133 23 225设 F1，F 2 分别是椭圆 1 的左、右焦点，P 为椭圆上任一点，点 M 的坐标x225 y216为(6,4)，则|PM | PF1|的最大值为_6已知 F 是双曲线 1 的左焦点，A(1,4)，P 是双曲线右支上的动点，则x24 y212|PF| PA|的最小值为 _7(2014 年新课标)已知点 A(0，2)，椭圆 E： 1( ab0)的离心率为 ，Fx2a2 y2b2 32是椭圆的焦点，直
3、线 AF 的斜率为 ，O 为坐标原点2 33(1)求 E 的方程；(2)设过点 A 的直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当OPQ 的面积最大时，求 l 的方程8(2017 年广东广州二模)已知双曲线 y 21 的焦点是椭圆 C： 1(ab0)x25 x2a2 y2b2的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数(1)求椭圆 C 的方程；(2)设动点 M， N 在椭圆 C 上，且|MN| ，记直线 MN 在 y 轴上的截距为 m，求 m4 33的最大值第 2 课时1(2017 年广东调研)已知椭圆 C： 1( ab0)的右焦点到直线 xy3 0x2a2 y2b2 2的距离为 5，且椭圆 C 的一
4、个长轴端点与一个短轴端点间的距离为 .10(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)给出定点 Q ，对于椭圆 C 的任意一条过 Q 的弦 AB， 是否为定(6 55，0) 1|QA|2 1|QB|2值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由2已知椭圆 C： 1(ab0)的离心率为 ，且过点 P( ，1)x2a2 y2b2 22 2(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 A1，A 2 分别是椭圆 C 的左、右顶点，动点 M 满足 MA2A 1A2，且 MA1 交椭圆 C于不同于 A1 的点 R，求证： 为定值OR OM 3(2017 年广东广州一模)过点 P(a，2)作抛物线 C：x 24y 的两条切线，切
5、点分别为 A(x1，y 1), B(x2，y 2)(1)证明：x 1x2y 1y2 为定值；(2)记PAB 的外接圆的圆心为点 M，点 F 是抛物线 C 的焦点， 对任意实数 a，试判断以 PM 为直径的圆是否恒过点 F? 并说明理由4(2017 年广东广州华附执信深外联考 )已知椭圆 1，离心率为 ，点 A，Bx2a2 y2b2 63分别是椭圆与 x 轴，y 轴的交点，且原点 O 到 AB 的距离为 .62(1)求椭圆方程；(2)如图 Z51 若 F 是椭圆的右焦点，过 F 的直线 l 交椭圆于 M，N 两点，当直线 l 绕着点 F 转动过程中，试问在直线 x3 上是否存在点 P，使得PMN
6、 是以 P 为顶点的等腰直角三角形，若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由。图 Z515(2016 年四川)已知椭圆 E： 1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角x2a2 y2b2三角形的三个顶点，直线 l： yx3 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T.(1)求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标；(2)设 O 是坐标原点，直线 l平行于 OT，与椭圆 E 交于不同的两点 A，B，且与直线l 交于点 P.证明：存在常数 ，使得|PT |2| PA|PB|，并求 的值专题五 圆锥曲线的综合及应用问题第 1 课时1A 解析： |PF 2| 42 |PF1|2|PF2| |PF2| 2
7、2|PF2| |PF2|2 4|PF2| 4|PF2| 4|PF2| 48.当且仅当 |PF2|2 时取等号|PF2| 4|PF2|2D 解析：方法一，设点 P(x0，y 0)，F 1( ，0)，F 2( ，0)，3 3( x 0，y 0)， ( x 0，y 0)，PF1 3 PF2 3 x 3y x 3 1 x 2.又因为 x 4，所以 x 21.PF1 PF2 20 20 20 x204 3420 20 3420方法二，可设点 P(2cos ，sin )，转化为三角问题，则由 ( 2cos ，sin PF1 3)， ( 2cos ，sin ) ，得到 3cos 221.故选 D.PF2 3
8、 PF1 PF2 3A 解析：易得点 F( ，0) ，APF 的周长6l|AF| |AP| |PF|AF|2a| PF| |AP| ，要 APF 的周长最小，只需|AP| |PF|最小，如图 D137，当 A，P，F 三点共线时|AP| |PF|最小，故 l2|AF| 2a4(1 )2图 D1374C 解析：设 P(2pt2,2pt)，M (x，y)(不妨设 t0)，则 FP (2pt2 p2，2pt).|PM|2|MF| ， .FM 13FP Error!Error!kOM .2t2t2 1 1t 12t12 t12t 22当且仅当 t 时等号成立(k OM)max .12t 22故选 C.
9、515 解析：|PF 1| PF2|10，|PF 1|10|PF 2|.|PM|PF 1|10| PM|PF 2|.易知点 M 在椭圆外，连接 MF2，并延长交椭圆于点P，此时 |PM| PF2|取最大值| MF2|，故|PM| |PF 1|的最大值为10|MF 2|10 15.6 32 4269 解析：点 A 在双曲线的两支之间，且双曲线右焦点为 F(4,0)，由双曲线的性质，得| PF| |PF| 2a 4.而|PA| |PF| AF|5，两式相加，得|PF| PA|9.当且仅当 A， P，F 三点共线时等号成立7解：(1)设 F(c,0)，由条件知， ，解得 c .2c 2 33 3又
10、，所以 a2，b 2a 2c 21.ca 32故 E 的方程为 y 21.x24(2)当 lx 轴时不合题意，故设 l：ykx 2，P (x1，y 1)，Q (x2，y 2)将 ykx2 代入 y 21，得x24(14k 2)x216 kx120.当 16(4k 23)0，即 k2 时，34x1,2 .8k24k2 34k2 1则|PQ | |x1x 2| .k2 14k2 1 4k2 34k2 1又点 O 到直线 PQ 的距离 d .2k2 1所以OPQ 的面积 SOPQ d|PQ| .12 44k2 34k2 1设 t ，则 t0，S OPQ 1.4k2 34tt2 4 4t 4t42 t
11、4t当且仅当 t2，即 k 时等号成立，且满足 0.72所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y x2，或 y x2.72 728解：(1)双曲线 y 21 的焦点坐标为( ，0) ，离心率为 .x25 6 305因为双曲线 y 21 的焦点是椭圆 C： 1( ab0)的顶点，且椭圆与双曲线的x25 x2a2 y2b2离心率互为倒数，所以 a ，且 .解得 b1.6a2 b2a 306故椭圆 C 的方程为 y 21.x26(2)因为|MN| 2，所以直线 MN 的斜率存在4 33因为直线 MN 在 y 轴上的截距为 m，所以可设直线 MN 的方程为 ykxm.代入椭圆方程 y 21，得x2
12、6(16k 2)x212 kmx6( m21)0.因为 (12km)224(16k 2)(m21) 24(16k 2m 2)0，所以 m20，12k21 3k2 12k2 61 3k2因为|x 1x 2|2 ，61 k21 3k2所以|MN | |x1x 2|2 .1 k2 61 k21 3k2取 MN 的中点 Q，则 xQ .6k21 3k2若PMN 是以 P 为顶点的等腰直角三角形，必有 PQMN，|MN|2| PQ|.那么|PQ| |3x Q|1 1k2 .1 1k23 3k21 3k2 61 k21 3k2化简，得 k23，无解，所以这样的点 P 不存在5解：(1)由已知，得 a2a
13、2(2 c)2，即 a c.2又 c ，所以 a b.a2 b2 2则椭圆 E 的方程为 1.x22b2 y2b2由方程组Error! 得 3x212x(182b 2)0. 方程的判别式为 24(b 23)，由 0，得 b23.方程的解为 x1x 22.所以椭圆 E 的方程为 1，点 T 的坐标为(2,1)x26 y23(2)由已知可设直线 l 的方程为 y xm (m0)，12由方程组Error!可得Error!所以 P 点坐标为 ，| PT|2 m2.(2 2m3，1 2m3) 89设点 A，B 的坐标分别为 A(x1，y 1)，B(x 2，y 2) .由方程组Error! 可得 3x24mx(4m 212) 0. 方程的判别式为 16(92m 2)，由 0，解得 m .3 22 3 22由，得 x1x 2 ，x 1x2 .4m3 4m2 123所以|PA| .1 (12)2|2 2m3 x1| 52|2 2m3 x1|同理|PB| .52|2 2m3 x2|所以|PA|PB|54|(2 2m3 x1)(2 2m3 x2)|54|(2 2m3)2 (2 2m3)x1 x2 x1x2|54|(2 2m3)2 (2 2m3)( 4m3) 4m2 123 | m2.109故存在常数 ，使得| PT|2 |PA|PB|.45
