2021高考数学(文)一轮知能检测：第8章-第8节-曲线与方程.docx

第八节　圆锥曲线的综合问题

[全盘巩固]
1.如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)

A．3 B．2 C. D.
解析：选B　设椭圆长半轴长为a(a>0)，则双曲线半实轴的长为，由于双曲线与椭圆共焦点，设焦距为2c，所以双曲线的离心率e1＝＝，椭圆的离心率e2＝，所以＝＝2.
2．(2021·新课标全国卷Ⅰ)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：选D　由题意知kAB＝，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
＋＝0.
由AB的中点是(1，－1)知
则＝＝，联立a2－b2＝9，
解得a2＝18，b2＝9，
故椭圆E的方程为＋＝1.
3．(2022·长春模拟)已知实数4，m,9构成一个等比数列，则圆锥曲线＋y2＝1的离心率为(　　)
A. B.
C.或 D.或7
解析：选C　由于4，m,9成等比数列，所以m＝±6，当m＝6时，＋y2＝1为椭圆a2＝6，b2＝1，c2＝5.
所以离心率e＝＝＝；当m＝－6时，y2－＝1为双曲线，a2＝1，b2＝6，c2＝7，所以离心率e＝＝.
4．(2022·湖州模拟)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，M是抛物线C上的点，若△OFM的外接圆与抛物线C的准线相切，且该圆面积为9π，则p＝(　　)
A．2　　　　B．4　　　　C．6　　　　D．8
解析：选B　依题意得，△OFM的外接圆半径为3，△OFM的外接圆圆心应位于线段OF的垂直平分线x＝上，圆心到准线x＝－的距离等于3，即有＋＝3，由此解得p＝4.
5．(2021·全国高考)已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点．若·＝0，则k＝ (　　)
A. B. C. D．2
解析：

选D　如图所示，设F为焦点，取AB中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝|AB|＝(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－＝2.
6. 如图，已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线x－my＋m＝0与抛物线交于A、B两点，且△OAB(O为坐标原点)的面积为2，则m6＋m4的值是(　　)

A． 1 B. C．2 D．4
解析：选C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，＝－m，将x＝my－m代入抛物线方程y2＝2px(p>0)中，整理得y2－2pmy＋2pm＝0，由根与系数的关系，得y1＋y2＝2pm，y1y2＝2pm，则(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝(2pm)2－8pm＝16m4＋16m2，又△OAB的面积S＝×|y1－y2|＝(－m)×4＝2，两边平方即可得m6＋m4＝2.
7．(2021·安徽高考)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．
解析：法一：设直线y＝a与y轴交于点M，抛物线y＝x2上要存在点C，只要以|AB|为直径的圆与抛物线y＝x2有除A、B外的交点即可，也就是使|AM|≤|MO|，即≤a(a>0)，所以a≥1.
法二：易知a>0，设C(m，m2)，由已知可令A(，a)，B(－，a)，则＝(m－，m2－a)，＝(m＋，m2－a)，由于⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0.由于由题易知m2≠a，所以m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)．
答案：[1，＋∞)
8．若C(－，0)，D(，0)，M是椭圆＋y2＝1上的动点，则＋的最小值为________．
解析：由椭圆＋y2＝1知c2＝4－1＝3，∴c＝，
∴C，D是该椭圆的两焦点，令|MC|＝r1，|MD|＝r2，
则r1＋r2＝2a＝4，
∴＋＝＋＝＝，
又∵r1r2≤＝＝4，
∴＋＝≥1.
当且仅当r1＝r2时，上式等号成立．
故＋的最小值为1.
答案：1
9．曲线C是平面内与两个定点F1(－1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a>1)的点的轨迹．给出下列三个结论：
①曲线C过坐标原点；
②曲线C关于坐标原点对称；
③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于a2.
其中，全部正确结论的序号是________．
解析：由于原点O到两个定点F1(－1,0)，F2(1,0)的距离的积是1，而a>1，所以曲线C不过原点，即①错误；由于F1(－1，0)，F2(1,0)关于原点对称，所以|PF1||PF2|＝a2对应的轨迹关于原点对称，即②正确；由于S△F1PF2＝|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤|PF1||PF2|＝a2，即△F1PF2的面积不大于a2，所以③正确．
答案：②③
10．已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于异于椭圆顶点的两点A，B，且＝2.
(1)求椭圆的方程；
(2)求m的取值范围．
解：(1)由题意，知椭圆的焦点在y轴上，
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意，知a＝2，b＝c，
又a2＝b2＋c2，则b＝，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在，
设其方程为y＝kx＋m，与椭圆方程联立，
即消去y，
得(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)>0，
由根与系数的关系，知

又＝2，
即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)，
所以－x1＝2x2.
则
所以＝－22.
整理，得(9m2－4)k2＝8－2m2，
又9m2－4＝0时等式不成立，
所以k2＝>0，得<m2<4，此时Δ>0.
所以m的取值范围为∪.
11．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶.
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：＋为定值．
解：(1)由已知得
解得a＝2，b＝.
故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
由
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝
＝
＝.
同理|CD|＝.
所以＋＝＋
＝＝.
当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，＋＝＋＝.
综上，＋为定值.
12．(2021·江西高考)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.

(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.
问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由P在椭圆上，得＋＝1.①
依题设知a＝2c，则b2＝3c2.②
②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)法一：由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)．③
代入椭圆方程3x2＋4y2＝12，
并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝，x1x2＝.④
在方程③中令x＝4，得M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
由于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－·.⑤
④代入⑤得
k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．
法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y＝(x－1)，
令x＝4，求得M，
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立得A，
则直线PA的斜率为k1＝，
直线PB的斜率为k2＝，
所以k1＋k2＝＋＝
＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意．
[冲击名校]

　如图，已知椭圆＋＝1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．
(1)若点G的横坐标为－，求直线AB的斜率；
(2)记△GFD的面积为S1，△OED(O为原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？说明理由．
解：(1)依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)．
将其代入＋＝1，
整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝.
故点G的横坐标为＝＝－.
解得k＝±.
(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，明显直线AB不能与x，y轴垂直．
由(1)可得G.
设D点坐标为(xD,0)．
由于DG⊥AB，
所以×k＝－1，
解得xD＝，即D.
由于△GFD∽△OED，
所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|.
所以 ＝，
整理得8k2＋9＝0.
由于此方程无解，
所以不存在直线AB，使得S1＝S2.
[高频滚动]
(2021·北京高考)已知A，B，C是椭圆W：＋y2＝1上的三个点，O是坐标原点．
(1)当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；
(2)当点B不是W的顶点时，推断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．
解：(1)椭圆W：＋y2＝1的右顶点B的坐标为(2,0)．
由于四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分．
所以可设A(1，m)，代入椭圆方程得＋m2＝1，即m＝±.
所以菱形OABC的面积是|OB|·|AC|＝×2×2|m|＝.
(2)四边形OABC不行能为菱形，理由如下：
假设四边形OABC为菱形．
由于点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)．
由消去y并整理得
(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.
由于M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为－.
由于k·≠－1，所以AC与OB不垂直．
所以四边形OABC不是菱形，与假设冲突．
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不行能是菱形．