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2022版高考数学大一轮复习 第10章 圆锥曲线与方程 第4讲 圆锥曲线的综合应用备考试题

2022版高考数学大一轮复习 第10章 圆锥曲线与方程 第4讲 圆锥曲线的综合应用备考试题

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第十章　圆锥曲线与方程
第四讲　圆锥曲线的综合问题
拓展变式
1.[2017浙江,21,15分]如图10-4-2,已知抛物线x2=y,点A(-12,14),B(32,94),抛物线上的点P(x,y)(-12<x<32).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.

图10-4-2
(1)求直线AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.

2.[2020全国卷Ⅰ,21,12分][文]已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.

3.[2021武汉四地六校高三联考]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线7x-5y+12=0相切.
(1)求椭圆C的方程.
(2)已知A(-4,0),过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P,Q两点,连接AP,AQ,分别交直线x=163于M,N两点,若直线MR,NR的斜率分别为k1,k2,问:k1k2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.

4.[2021湖北省部分重点中学摸底联考]已知点A(1,-32)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,O为坐标原点,直线l:xa2-3y2b2=1的斜率与直线OA的斜率之积为-14.
(1)求椭圆C的方程.
(2)不经过点A的直线m:y=32x+t(t≠0)与椭圆C交于P,Q两点,P关于原点的对称点为R(与点A不重合),直线AQ,AR与y轴分别交于点M,N,求证:|AM|=|AN|.

5.[2020山西大同一联]已知椭圆C的中心在原点,焦点在坐标轴上,直线y=32x与椭圆C在第一象限内的交点是M,点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2,椭圆C的另一个焦点是F1,且MF1·MF2=94.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l过点(-1,0),且与椭圆C交于P,Q两点,求△F2PQ的内切圆的面积的最大值.

6.[2020湖北省宜昌市三校联考]已知F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,2)在椭圆C上,且PF⊥x轴.
(1)求椭圆C的方程;
(2)如图10-4-4,过点F的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列,并说明理由.

图10-4-4

答 案
第十章　圆锥曲线与方程
第四讲　圆锥曲线的综合问题

1.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x2-14x+12=x-12.
因为-12<x<32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).
(2)解法一　设直线AP的方程为y-14=k(x+12),即kx-y+12k+14=0,因为BQ⊥AP且B点坐标为(32,94),所以直线BQ的方程为x+ky-94k-32=0.
联立直线AP与BQ的方程,得kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,
解得xQ=-k2+4k+32(k2+1).
因为|PA|=1+k2(x+12)=1+k2(k+1),
|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.
令f(k)=-(k-1)(k+1)3,k∈(-1,1),
因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,
所以f(k)在区间(-1,12)上单调递增,(12,1)上单调递减,
因此当k=12时,|PA|·|PQ|取得最大值2716.
解法二　连接BP,则|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(AB-AP)=AP·AB-AP2.
易知P(x,x2)(-12<x<32),AP=(x+12,x2-14),AB=(2,2),则AP·AB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=(x+12)2+(x2-14)2=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12x2+x+516.
所以|AP|·|PQ|=-x4+32x2+x+316(-12<x<32).
设f(x)=-x4+32x2+x+316(-12<x<32),
则f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,
所以f(x)在(-12,1)上单调递增,在(1,32)上单调递减,
所以f(x)max=f(1)=2716.
故|AP|·|PQ|的最大值为2716.
2.(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).
则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,
因为a>1,所以a=3.
所以E的方程为x29+y2=1.
(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3<n<3.
由于直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3).直线PB的方程为y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3).
消去t可得3y1(x2-3)=y2(x1+3)　①.
由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,则x2-3=-9y22x2+3,代入①式,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),又因为x1=my1+n,x2=my2+n,所以x1+x2=m(y1+y2)+2n,x1·x2=m2y1y2+2mn(y1+y2)+n2,所以(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0　②.
将x=my+n代入x29+y2=1得
(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.代入②式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.
解得n=-3(舍去)或n=32.
故直线CD的方程为x=my+32,所以直线CD过定点(32,0).
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点(32,0).
综上,直线CD过定点(32,0).
3.(1)由题意得e=ca=12,127+5=b,a2-b2=c2,解得a=4,b=23,c=2.
所以椭圆C的方程为x216+y212=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题可知PQ斜率不为零,故设直线PQ的方程为x=my+3,
联立直线PQ与椭圆的方程得x216+y212=1,x=my+3,消去x并整理,得(3m2+4)y2+18my-21=0,Δ>0,
则y1+y2=-18m3m2+4,y1y2=-213m2+4.
设M(163,yM),N(163,yN).
由A,P,M三点共线可知yM163+4=y1x1+4,所以yM=283·y1x1+4.
同理可得yN=283·y2x2+4.
所以k1k2=yM163-3×yN163-3=9yMyN49=16y1y2(x1+4)(x2+4).
因为(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)=m2y1y2+7m(y1+y2)+49,
所以k1k2=16y1y2m2y1y2+7m(y1+y2)+49=16×-213m2+4m2×-213m2+4+7m×-18m3m2+4+49=-127,
即k1k2为定值,且定值为-127.
【方法技巧】　证明三点共线问题的方法
圆锥曲线中的三点共线问题,其实就是对应直线(斜率存在)上的三个点中相关两个点对应的斜率相等问题,即若要证明A,B,C三点共线,即证明kAB=kAC(或kAB=kBC或kAC=kBC).
4.(1)设直线OA的斜率为kOA,直线l的斜率为kl.
由题意知,kOA·kl=-32·2b23a2=-b2a2=-14,即a2=4b2.
又点A(1,-32)在椭圆上,则1a2+34b2=1,可得a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则R(-x1,-y1),
由y=32x+t,x24+y2=1,消去y并整理,得x2+3tx+t2-1=0,
Δ=3t2-4(t2-1)=-t2+4>0,即-2<t<2.
x1+x2=-3t,x1x2=t2-1.
解法一　要证|AM|=|AN|,只需证直线AQ的斜率kAQ与直线AR的斜率kAR互为相反数,即证kAQ+kAR=0.
而kAR+kAQ=y1-32x1+1+y2+32x2-1
=(y1-32)(x2-1)+(y2+32)(x1+1)(x1+1)(x2-1)
=(32x1+t-32)(x2-1)+(32x2+t+32)(x1+1)(x1+1)(x2-1)
=3x1x2+t(x1+x2)+3(x1+1)(x2-1)
=3(t2-1)+t(-3t)+3(x1+1)(x2-1)
=0,
所以|AM|=|AN|.
解法二　设M(0,yM),N(0,yN),要证|AM|=|AN|,即证yM+yN2=-32.
直线AQ的方程为y+32=y2+32x2-1(x-1),令x=0,得yM=-y2-32x2-1-32,直线AR的方程为y+32=-y1+32-x1-1(x-1),令x=0,得yN=-y1+32x1+1-32.
则yM+yN=-y2-32x2-1+-y1+32x1+1-3=0-3=-3,即yM+yN2=-32,
所以|AM|=|AN|.
5.(1)因为点M在直线y=32x上,且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点,所以设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),F2(c,0),所以M(c,32c).
易知F1(-c,0),所以MF1·MF2=(-2c,-32c)·(0,-32c)=94c2=94,所以c=1.
由1a2+94b2=1,a2=b2+1,解得a2=4,b2=3.
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由(1)知,F1(-1,0),由过点F1的直线l与椭圆C交于P,Q两点,得△F2PQ的周长为4a=8.
又S△F2PQ=12·4a·r=4r(r为△F2PQ的内切圆半径),
所以当△F2PQ的面积最大时,△F2PQ的内切圆面积也最大.
设直线l的方程为x=ky-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立直线l与椭圆C的方程得x=ky-1,x24+y23=1,消去x并整理,得(4+3k2)y2-6ky-9=0,易知Δ>0,
则y1+y2=6k3k2+4,y1y2=-93k2+4.
S△F2PQ=12·|F1F2|·|y1-y2|
=(y1+y2)2-4y1y2
=(6k3k2+4)2-4×(-93k2+4)
=12k2+13k2+4.
令k2+1=t,则t≥1,所以S△F2PQ=12t3t2+1=123t+1t.
记f(t)=3t+1t(t≥1),则f'(t)=3-1t2,
当t∈[1,+∞)时,f'(t)>0,则f(t)=3t+1t在[1,+∞)上单调递增,
所以f(t)min=f(1)=4,所以S△F2PQ=123t+1t≤124=3,
即当k=0时,△F2PQ的面积取得最大值3.
结合S△F2PQ=4r,得r的最大值为34.
所以△F2PQ的内切圆的面积的最大值为916π.
【精华总结】　本题第(2)问是研究三角形的内切圆面积的最大值问题,解题时用到了等价转化法,即要求△F2PQ的内切圆面积的最大值,可转化为求△F2PQ面积的最大值,于是利用题设条件,结合△F2PQ的面积的表达式建立函数并求解.
6.(1)因为点P(2,2)在椭圆C上,且PF⊥x轴,
所以c=2.
设椭圆C的左焦点为E,则|EF|=2c=4,|PF|=2,
连接PE,则在Rt△EFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=32.
所以2a=|PE|+|PF|=42,则a=22,b2=a2-c2=4,
所以椭圆C的方程为x28+y24=1.
(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x-2),
令x=4,得y=2k,则点M的坐标为(4,2k).
由y=k(x-2),x28+y24=1消去y并整理,得(2k2+1)x2-8k2x+8(k2-1)=0,Δ>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8(k2-1)2k2+1　①.
设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,
从而k1=y1-2x1-2,k2=y2-2x2-2,k3=2k-24-2=k-22.
因为直线AB的方程为y=k(x-2),则y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),
所以k1+k2=y1-2x1-2+y2-2x2-2=y1x1-2+y2x2-2-2(1x1-2+1x2-2)=2k-2·x1+x2-4x1x2-2(x1+x2)+4　②.
将①代入②,得k1+k2=2k-2·8k22k2+1-48(k2-1)2k2+1-16k22k2+1+4=2k-2.
又k3=k-22,所以k1+k2=2k3,
于是直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.