2022届高考数学(文科人教A版)大一轮专项强化训练(五)圆锥曲线的综合问题-.docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专项强化训练(五)圆锥曲线的综合问题1.已知直线l:y=x+1,圆O:x2+y2=,直线l被圆截得的弦长与椭圆C: =1(ab0)的短轴长相等,椭圆的离心率e=.(1)求椭圆C的方程.(2)过点的直线l0交椭圆于A,B两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点T,使得无论l0如何转动,以AB为直径的圆恒过定点T?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.【解题提示】(1)利用弦长公式及离心率公式求出a,b的值,从而求得椭圆C的方程.(2)先依据直线l0的斜率不存在及斜率为0的状况确定T的坐标,然后再证明以AB为直径的圆恒过定点T即可.【解析】(1)由题意知,圆O的半径r=,圆O(0,0)到直线y=x+1的距离d=,则直线l被圆截得的弦长为,依题意2=2b,b=1.又椭圆的离心率,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)假设存在定点T(x0,y0),设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2).当直线l0的斜率不存在时,易知A(0,1),B(0,-1),则圆的方程为x2+y2=1.当直线l0的斜率为0时,直线l0的方程为y=-,代入椭圆方程可得即圆的方程为易知T(0,1).下面证明,当直线l0的斜率存在且不为0时,T(0,1)也符合.设直线l0的方程为y=kx-,联立消去y得(2k2+1)x2-=0.则.此时,TA=(x1, y1-1),TB=(x2,y2-1),即当直线l0的斜率存在且不为0时,以AB为直径的圆恒过点T(0,1).综上所述,存在定点T,其坐标为(0,1).【加固训练】已知椭圆C: =1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,A为上顶点,AF1F2为正三角形,以AF2为直径的圆与直线y=x+2相切.(1)求椭圆C的标准方程. (2)过点F2作斜率为k的直线l与椭圆交于M,N两点,在x轴上是否存在点P(m,0),使得PQ=PM+PN时四边形PMQN为菱形,且点Q在椭圆C上?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由已知AF1F2为正三角形,由A(0,b),F2(c,0),得AF2的中点,点B到直线y=x+2的距离为解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的标准方程为=1.(2)由(1)可知F2(1,0),设直线l的方程为y=k(x-1).联立方程,得整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由根与系数的关系得x1+x2=,则y1+y2=k(x1+x2-2)=,又PM=(x1-m,y1),PN=(x2-m,y2),所以PQ=PM+PN=(x1+x2-2m,y1+y2)得5k4+16k2+12=0,由于5k4+16k2+120恒成立,故满足条件的点P(m,0)不存在.2.过x轴上动点A(a,0)引抛物线y=x2+1的两条切线AP,AQ.切线斜率分别为k1和k2,切点分别为P,Q.(1)求证:k1k2为定值,并且直线PQ过定点.(2)记S为面积,当最小时,求APAQ的值.【解析】(1)方法一:设过A点的直线为:y=k(x-a),与抛物线联立得得x2-kx+ka+1=0,=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1k2=-4为定值.抛物线方程y=x2+1,求导得y=2x,设切点P,Q的坐标分别为(xP,yP),(xQ,yQ),k1=2xP,k2=2xQ,所以xP+xQ=2a,xPxQ=-1.直线PQ的方程:y-yP=(x-xP),由yP=xP2+1,yQ=xQ2+1,得到y=(xP+xQ)x-xPxQ+1,整理可得y=2xa+2,所以直线PQ过定点(0,2).方法二:设切点P,Q的坐标分别为(xP,yP),(xQ,yQ),求导得y=2x,所以lAP:y=2xP(x-a),(xP,yP)在直线上,即yP=2xP(xP-a),由P(xP,yP)在抛物线方程上得yP=xP2+1,整理可得yP=2xPa+2,同理yQ=2xQa+2,所以lQP:y=2xa+2,所以直线PQ过定点(0,2).联立PQ的直线方程lQP:y=2xa+2和抛物线方程y=x2+1,可得:x2-2xa-1=0.所以xPxQ=-1,xP+xQ=2a,所以k1k2=2xP2xQ=-4为定值.(2)设A到PQ的距离为d.当且仅当t=时取等号,即a=.由于APAQ=(xP-a,yP)(xQ-a,yQ)=xPxQ-a(xP+xQ)+a2+yPyQ,yPyQ=(2xPa+2)(2xQa+2)=4a2xPxQ+4+4a(xP+xQ)=4a2+4,所以APAQ=3a2+3=.3.(2021阜阳模拟)已知抛物线y2=2px(p0)上点T(3,t)到焦点F的距离为4.(1)求t,p的值.(2)设A,B是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点,且OAOB=5(其中O为坐标原点).求证:直线AB必过定点,并求出该定点P的坐标;过点P作AB的垂线与抛物线交于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.【解析】(1)由已知得3+p2=4p=2,所以抛物线方程为y2=4x,代入可解得t=23.(2)设直线AB的方程为x=my+d,Ay124,y1,By224,y2,联立y2=4x,x=my+d得y2-4my-4d=0,则y1+y2=4m,y1y2=-4d.由OAOB=5得:(y1y2)216+y1y2=5y1y2=-20或y1y2=4(舍去),即-4d=-20d=5,所以直线AB过定点P(5,0).由得|AB|=1+m2|y2-y1|=1+m216m2+80,同理得|CD|=1+-1m2|y2-y1|=1+1m216m2+80,则四边形ACBD面积S=12|AB|CD|=121+m216m2+801+1m216m2+80=862+5m4+5m4+36m2+36m2令m2+1m2=(2),则S=852+36+52是关于的增函数,故Smin=96.当且仅当m=1时取到最小值96.4.已知椭圆C: =1(ab0)经过点,离心率为.(1)求椭圆C的方程.(2)直线y=k(x-1)(k0)与椭圆C交于A,B两点,点M是椭圆C的右顶点,直线AM与直线BM分别与y轴交于点P,Q,试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若是,求出定点坐标;若不是,说明理由.【解析】(1)由题意得解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程是+y2=1.(2)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点,由得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有又由于点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0),由题意可知直线AM的方程为y=(x-2),故点.直线BM的方程为y=(x-2),故点Q若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N(x0,0),则等价于PNQN=0恒成立,又由于(x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4y1y2=k(x1-1)k(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1即x轴上的定点为(,0)或(-,0).故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点(,0).5.(2022马鞍山模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,过其右焦点F2作与x轴垂直的直线l与该椭圆交于A,B两点,与抛物线y2=4x交于C,D两点,且AB=22CD.(1)求椭圆E的方程.(2)若过点M(2,0)的直线与椭圆E相交于G,H两点,设P为椭圆E上一点,且满足OG+OH=tOP(t0,O为坐标原点),当|OG-OH|8113时,求实数t的取值范围.【解析】(1)由于直线l过右焦点F2且与x轴垂直,所以|AB|=2b2a2,|CD|=4c.又椭圆E的离心率为22,且AB=22CD,故椭圆E的方程为:x232+y216=1.(2)由题意知直线GH的斜率不为零.设直线GH的方程为:x=my+2.联立x232+y216=1与x=my+2,消去x得:(m2+2)y2+4my-28=0.设P(x,y),G(x1,y1),H(x2,y2),则y1+y2=-4mm2+2,y1y2=-28m2+2,x1+x2=m(y1+y2)+4=8m2+2.由于OG+OH=tOP,所以P(8t(m2+2),-4mt(m2+2).由于P点在椭圆上,所以将P点坐标代入椭圆方程得t2=1m2+2.由于|OG-OH|8113,所以|GH|2=(1+m2)(y1-y2)2=(1+m2)(y1+y2)2-4y1y214m4+11m2-250,所以0m2b0)的左、右焦点,P是椭圆E上的点,以F1P为直径的圆经过F2,=116a2.直线l经过F1,与椭圆E交于A,B两点,F2与A,B两点构成ABF2.(1)求椭圆E的离心率.(2)设F1PF2的周长为2+3,求ABF2的面积S的最大值.【解析】(1)由于F1,F2分别是椭圆E的左、右焦点,P是椭圆E上的点,以F1P为直径的圆经过F2,所以PF2x轴.所以|PF2|=b2a.又=116a2,所以|PF2|2=116a2,即b2a=14a,所以a2=4b2,即a2=4(a2-c2),化简得3a2=4c2,所以ca=32,所以椭圆E的离心率等于32.(2)由于F1PF2的周长为2+3,所以2a+2c=2+3.所以b2=14,所以椭圆E的方程为x2+4y2=1.当直线l的斜率不存在时,ABF2的面积S=122b2a2c=34.当直线l的斜率存在时,设为k,由F2与A,B两点构成ABF2得到k0.由已知得直线l的方程为y=k(x+32),即2kx-2y+3k=0,所以F2(32,0)到直线l的距离d=3|k|1+k2.得(1+4k2)x2+43k2x+3k2-1=0,所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2(1+k2)1+4k2.当且仅当k2=12时等号成立.又1234,所以ABF2的面积S的最大值等于12.【加固训练】如图,已知椭圆C: =1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,其上顶点为A.已知F1AF2是边长为2的正三角形.(1)求椭圆C的方程.(2)过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆C于M,N两点,记MQ=QN.若在线段MN上取一点R,使得MR=-RN,当直线l运动时,点R在某确定直线上运动,求出该定直线的方程.【解析】(1)由于F1AF2是边长为2的正三角形,所以c=1,a=2,b=,所以,椭圆C的方程为=1.(2)由题意知,直线MN的斜率必存在,设其方程为y=k(x+4).并设M(x1,y1),N(x2,y2),由,消去y得(3+4k2)x2+32k2x+64k2-12=0,由MQ=QN得-4-x1=(x2+4),故=.设点R的坐标为(x0,y0),则由MR=-RN得x0-x1=-(x2-x0),故点R在定直线x=-1上.关闭Word文档返回原板块