2022高考数学一轮复习-第10章-圆锥曲线与方程-第4讲-圆锥曲线的综合问题试题1.docx

2022高考数学一轮复习 第10章 圆锥曲线与方程 第4讲 圆锥曲线的综合问题试题12022高考数学一轮复习 第10章 圆锥曲线与方程 第4讲 圆锥曲线的综合问题试题1年级：姓名：第 10 页 共 10 页第十章圆锥曲线与方程第四讲圆锥曲线的综合问题练好题考点自测1.下列结论正确的是()A.f(x0,y0)=0是点P(x0,y0)在曲线f(x,y)=0上的充要条件B.方程x2+xy=x表示的是一个点和一条直线C.方程y=x与x=y2表示同一曲线D.到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是x2=y22.已知点F(14,0),直线l:x=-14,点B是l上的动点,若过点B且垂直于y轴的直线与线段BF的垂直平分线交于点M,则点M的轨迹是()A.双曲线B.椭圆C.圆D.抛物线3.已知A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线y=x2上不同的两点,分别以A,B为切点的两条切线互相垂直,则切线交点的轨迹为()A.直线B.圆C.抛物线D.双曲线的一支拓展变式1.2017浙江,21,15分如图10-4-4,已知抛物线x2=y,点A(-12,14),B(32,94),抛物线上的点P(x,y)(-12x1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=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(ab0)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(ab0)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(t0)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MF1MF2=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(ab0)的右焦点,点P(2,2)在椭圆C上,且PFx轴.(1)求椭圆C的方程;(2)如图10-4-6,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.7.2020天津,18,15分已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.()求椭圆的方程;()已知点C满足3OC=OF,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点,求直线AB的方程.答 案第四讲圆锥曲线的综合问题1.A对于选项B,方程x2+xy=x表示的是x=0,x+y=1两条直线,故B错误;对于选项C,方程y=x中,x0,y0,而方程x=y2中,x0,yR,这两个方程表示的不是同一条曲线,故C错误;对于选项D,因为两条直线的具体位置不确定,所以所求轨迹方程也无法确定,故D错误.选A.2.D由已知得|MF|=|MB|,根据抛物线的定义知,点M的轨迹是以点F为焦点,直线l为准线的抛物线.故选D.3.A因为y=2x,所以4x1x2=-1,即x1x2=-14,过点A的切线方程为y-y1=2x1(x-x1),即y=2x1x-x12.同理,过点B的切线方程为y=2x2x-x22.由y=2x1x-x12,y=2x2x-x22,-得2x(x1-x2)-(x12-x22)=0,2x=x1+x2,x=x1+x22,代入解得y=-14.故切线交点的轨迹方程为y=-14,即切线交点的轨迹为直线,故选A.1.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x2-14x+12=x-12.因为-12x32,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BQAP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|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)(-12x32),AP=(x+12,x2-14),AB=(2,2),则APAB=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(-12x32).设f(x)=-x4+32x2+x+316(-12x1,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t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n0,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=283y1x1+4.同理可得yN=283y2x2+4.所以k1k2=yM163-3yN163-3=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-127.4.(1)设直线OA的斜率为kOA,直线l的斜率为kl.由题意知,kOAkl=-322b23a2=-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,=3t2-4(t2-1)=-t2+40,即-2tb0),F2(c,0),所以M(c,32c).易知F1(-c,0),所以MF1MF2=(-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SF2PQ=124ar=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0,则y1+y2=6k3k2+4,y1y2=-93k2+4.SF2PQ=12|F1F2|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=(6k3k2+4)2-4(-93k2+4)=12k2+13k2+4.令k2+1=t,则t1,所以SF2PQ=12t3t2+1=123t+1t.记f(t)=3t+1t(t1),则f(t)=3-1t2,当t1,+)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SF2PQ=123t+1t124=3,即当k=0时,F2PQ的面积取得最大值3.结合SF2PQ=4r,得r的最大值为34.所以F2PQ的内切圆的面积的最大值为916.6.(1)因为点P(2,2)在椭圆C上,且PFx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RtEFP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)=0,0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8(k2-1)2k2+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-2x1+x2-4x1x2-2(x1+x2)+4.将代入,得k1+k2=2k-28k22k2+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.7.()由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又由a2=b2+c2可得a2=18.所以椭圆的方程为x218+y29=1.()因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以ABCP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组y=kx-3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0或x=12k2k2+1.依题意,可得点B的坐标为(12k2k2+1,6k2-32k2+1).因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为(6k2k2+1,-32k2+1).由3OC=OF,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为-32k2+1-06k2k2+1-1,即32k2-6k+1.又因为ABCP,所以k32k2-6k+1=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k=12或k=1.所以直线AB的方程为y=12x-3或y=x-3.