2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：1-5-3圆锥曲线的综合问题.docx

第3讲　圆锥曲线的综合问题

一、填空题
1．若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是________．
解析　由于双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1＜e≤2.
答案　(1,2]
2．已知椭圆＋＝1(0＜b＜2)，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若BF2＋AF2的最大值为5，则b的值是________．
解析　由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2；由椭圆的定义，可知AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，所以AB＝8－(AF2＋BF2)≥3，由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.
答案　
3．已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为________．
解析　由已知得A1(－1,0)，F2(2,0)．设P(x，y)(x≥1)，则·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝4x2－x－5.令f(x)＝4x2－x－5，则f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取最小值，即·取最小值，最小值为－2.
答案　－2
4．已知A(1,2)，B(－1,2)，动点P满足⊥.若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．
解析　设P(x，y)，由题设条件，得动点P的轨迹为(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0，即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，由题意，可得＞1，即＞1，所以e＝＜2，又e＞1，故1＜e＜2.
答案　(1,2)
5．若椭圆＋＝1(a＞b＞0)与双曲线－＝1的离心率分别为e1，e2，则e1e2的取值范围为________．
解析　可知e＝＝1－，e＝＝1＋
所以e＋e＝2＞2e1e2⇒0＜e1e2＜1.
答案　(0,1)
6．已知椭圆＋＝1(0的点Q(cos α，sin α)的距离CQ＝＝
＝≤＝5，
当且仅当sin α＝－时取等号，所以PQ≤CQ＋r＝5＋＝6，即P，Q两点间的最大距离是6.
答案　6
8．(2022·湖北卷改编)已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为________．
解析　　设PF1＝r1，PF2＝r2(r1＞r2)，F1F2＝2c，椭圆长半轴长为a1，双曲线实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2，则(2c)2＝r＋r－2r1r2cos ，得4c2＝r＋r－r1r2.
由得
∴＋＝＝.
令m＝＝＝
＝，
当＝时，mmax＝，∴max＝，
即＋的最大值为.
答案　
二、解答题
9．(2021·安徽卷)设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．
(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
(2)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上．
(1)解　由于焦距为1，且焦点在x轴上，所以2a2－1＝，解得a2＝.
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明　设P(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，
其中c＝.
由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝.
直线F2P的斜率kF2P＝.
故直线F2P的方程为y＝(x－c)．
当x＝0时，y＝，即点Q坐标为.
因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝.
由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1.
化简得y＝x－(2a2－1)，①
将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限．
解得x0＝a2，y0＝1－a2.
即点P在定直线x＋y＝1上．
10．(2022·金丽衢十二校联考)如图，过椭圆L的左顶点A(－3，0)和下顶点B(0，－1)且斜率均为k的两直线l1，l2分别交椭圆于C，D，又l1交y轴于M，l2交x轴于N，且CD与MN相交于点P.

(1)求椭圆L的标准方程；
(2)(ⅰ)证明存在实数λ，使得＝λ；
(ⅱ)求OP的取值范围．
(1)解　由椭圆L的左顶点为A(－3,0)，下顶点为B(0，－1)可知椭圆L的标准方程为：＋y2＝1.
(2)(ⅰ)证明　由(1)可设直线l1，l2的方程分别为y＝k(x＋3)和y＝kx－1，其中k≠0，则M(0,3k)，N(，0)．
由消去x得(1＋9k2)x2＋54k2x＋81k2－9＝0.
以上方程必有一根－3，由根与系数的关系可得另一根为，故点C的坐标为(，)．
由消去x得(1＋9k2)x2－18kx＝0，
解得一根为，
故点D的坐标为(，)．
由l1与l2平行得＝t ，＝t ，然后，进行坐标运算，即可得出点P的坐标为，而＝(3,3k)，＝.
∴＝(1＋3k)，
∴存在实数λ＝1＋3k，
使得＝λ.
(ⅱ)解　由＝，
法一　由消参得点P的轨迹方程为x＋3y－3＝0，
所以OP的最小值为；
法二　得OP＝，令t＝1＋3k，
则OP＝，其中≠0,1，
∴OP的最小值为，故OP的取值范围为[，＋∞)．
11．已知椭圆的焦点坐标为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ＝3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
由焦点坐标可得c＝1.由PQ＝3，可得＝3.
又a2－b2＝1，得a＝2，b＝.
故椭圆方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
不妨令y1>0，y2<0，
设△F1MN的内切圆的半径R，
则△F1MN的周长为4a＝8，S△F1MN＝(MN＋F1M＋F1N)R＝4R，
因此要使△F1MN内切圆的面积最大，则R最大，此时S△F1MN也最大．
S△F1MN＝F1F2|y1－y2|＝y1－y2，
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，
由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
得y1＝，y2＝，
则S△F1MN＝y1－y2＝，
令t＝，则t≥1，
则S△F1MN＝＝＝.
令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－，
当t≥1时，f′(t)>0，
所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，
有f(t)≥f(1)＝4，S△F1MN≤＝3，
当t＝1，m＝0时，S△F1MN＝3，又S△F1MN＝4R，
∴Rmax＝.
这时所求内切圆面积的最大值为π.
故△F1MN内切圆面积的最大值为π，且此时直线l的方程为x＝1.