【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)专题5-高考中的圆锥曲线问题.docx

专题五　高考中的圆锥曲线问题

1.已知过点A(－4,0)的动直线l与抛物线G：x2＝2py(p>0)相交于B，C两点．当直线l的斜率是时，＝4.
(1)求抛物线G的方程．
(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b，求b的取值范围．
[解析]　(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的斜率是时，l的方程为y＝(x＋4)，即x＝2y－4.
由得2y2－(8＋p)y＋8＝0，
∴
又∵＝4，∴y2＝4y1 ③
由①、②、③及p>0得：y1＝1，y2＝4，p＝2，则抛物线G的方程为：x2＝4y.
(2)设l：y＝k(x＋4)，BC的中点坐标为(x0，y0)，
由得x2－4kx－16k＝0 ④
∴x0＝＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k.
∴线段BC的中垂线方程为y－2k2－4k＝－(x－2k)，
∴线段BC的中垂线在y轴上的截距为：
b＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2，
对于方程④，由Δ＝16k2＋64k>0得：k>0或k<－4.
∴b∈(2，＋∞)．
2．(2021·宜宾模拟)设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右两个焦点．
(1)若椭圆C上的点A(1，)到F1，F2两点的距离之和等于4，写出椭圆C的方程和离心率；
(2)若M，N是椭圆C上关于原点对称的两点，点P是椭圆上除M，N外的任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，求证：kPM·kPN为定值．
[解析]　(1)依据已知条件：2a＝4，即a＝2，
所以椭圆方程为＋＝1，
又A(1，)为椭圆C上一点，则＋＝1，
解得b2＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1，
所以c＝＝1，所以椭圆C的离心率e＝＝.
(2)由于M，N是椭圆上关于原点对称的点，设M(x0，y0)，则N(－x0，－y0)，
设P点坐标为(x，y)，则＋＝1，＋＝1，
即y＝3(1－)，y2＝3(1－)，
所以kPM·kPN＝·＝＝＝－.
即kPM·kPN为定值．
3．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量＋与共线？假如存在，求k值；假如不存在，请说明理由．
[解析]　(1)由已知条件，知直线l的方程为y＝kx＋，代入椭圆方程，得＋(kx＋)2＝1，
整理得(＋k2)x2＋2kx＋1＝0. ①
由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，
得Δ＝8k2－4(＋k2)＝4k2－2＞0，
解得k<－或k>，
即k的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)．
由方程①，知x1＋x2＝－. ②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝. ③
由A(，0)，B(0,1)，得＝(－，1)．
所以＋与共线等价于x1＋x2＝－(y1＋y2)，
将②③代入，解得k＝.
由(1)知k＜－或k＞，故不存在符合题意的常数k.

1.(2021·温州测试)如图，已知过T(3，－2)的动直线l与抛物线C：y2＝4x交于P，Q两点，点A(1,2)．
(1)证明：直线AP与直线AQ的斜率乘积恒为定值－2；
(2)以PQ为底边的等腰三角形APQ有几个？请说明理由．

[解析]　(1)证明：设直线l的方程为x＝m(y＋2)＋3，
由得y2－4my－8m－12＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－12，
所以kAP·kAQ＝·＝·
＝＝－2.
(2)一个．理由如下：
PQ的中点坐标为(，)，即(，)，
由于＋＝＝4m2＋4m＋6，
所以PQ的中点坐标为(2m2＋2m＋3,2m)，
由已知得＝－m，
即m3＋m2＋2m－1＝0.
设f(m)＝m3＋m2＋2m－1，则f′(m)＝3m2＋2m＋2>0，
所以f(m)在R上是增函数，又f(0)＝－1，f(1)＝3，所以函数f(m)有且只有一个零点，即方程m3＋m2＋2m－1＝0有唯一实根．
所以满足条件的等腰三角形有且只有一个．
2．如图，点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.

(1)假如点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；
(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．
[解析]　(1)解法一：由条件知，P(－c，)．
故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－，
由于PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－.
故Q(，2a)．
由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.
故椭圆方程为＋＝1.
解法二：设直线x＝与x轴交于点M.
由条件知P(－c，)，
由于△PF1F2∽△F2MQ，所以＝，
即＝，解得|MQ|＝2A．
所以解得
故椭圆方程为＋＝1.
(2)证明：直线PQ的方程为＝，
即y＝x＋A．
将上式代入＋＝1得，x2＋2cx＋c2＝0，
解得x＝－c，y＝，
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．
3．(2021·大连双基测试)已知O为坐标原点，M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆＋＝1上的点，且x1x2＋2y1y2＝0，设动点P满足＝＋2.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若直线l：y＝x＋m(m≠0)与曲线C交于A，B两点，求三角形OAB面积的最大值．
[解析]　(1)设点P(x，y)，则由＝＋2，
得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)，
即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.
由于点M，N在椭圆＋＝1上，
所以x＋2y＝4，x＋2y＝4.
故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)
＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)
＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．
由题意知，x1x2＋2y1y2＝0，
所以x2＋2y2＝20.
(2)将曲线C与直线l的方程联立得，
消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0.
由于直线l与曲线C交于A，B两点，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，
所以Δ＝16m2－4×3×(2m2－20)>0，
又m≠0，
所以0<m2<30，x3＋x4＝－，x3x4＝.
又点O到直线AB：x－y＋m＝0的距离d＝，
|AB|＝|x3－x4|
＝
＝＝，
所以S△OAB＝×
＝×≤×＝5，
当且仅当m2＝30－m2，即m2＝15时取等号．
所以三角形OAB面积的最大值为5.
4．(2022·湖南高考)如图，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1>0，b1>0)和椭圆C2：＋＝1(a2>b2>0)均过点P(，1)，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．

(1)求C1，C2的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝||？证明你的结论．
[解析]　(1)设C2的焦距为2c2，
由题意知，2c2＝2,2a1＝2.
从而a1＝1，c2＝1.
由于点P(，1)在双曲线x2－＝1上，
所以()2－＝1，故b＝3.
由椭圆的定义知2a2＝＋＝2.
于是a2＝，b＝a－c＝2.
故C1，C2的方程分别为x2－＝1，＋＝1.
(2)不存在符合题设条件的直线．
(ⅰ)若直线l垂直于x轴，由于l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，易知A(，)，B(，－)，
所以|＋|＝2，||＝2.
此时，|＋|≠||.
当x＝－时，同理可知，|＋|≠||.
(ⅱ)当直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.
由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.
当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，
从而x1＋x2＝，x1x2＝.
于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.
由得
(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
由于直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.
化简，得2k2＝m2－3.
因此·＝x1x2＋y1y2
＝＋＝≠0，
于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，
即|＋|2≠|－|2.
故|＋|≠||.
综合(ⅰ)，(ⅱ)可知，不存在符合题设条件的直线．