新高考适用2023版高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题5解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题VIP

第二篇专题五第3讲1．(2022·合肥模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，过椭圆的左、右焦点F1，F2分别作斜率为1的两条直线，这两条直线之间的距离为eq\r(2).(1)求椭圆C的方程；(2)设点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，直线l与OM(O为坐标原点)平行且与C交于A，B两点，求△MAB面积的最大值．【解析】(1)因为分别过F1，F2所作的两条直线的斜率为1，故其倾斜角为eq\f(π,4)，又两直线间的距离为eq\r(2)，所以焦距2c＝2，所以c＝1，因为离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，所以b2＝a2－c2＝4－1＝3，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)kOM＝eq\f(\f(3,2)－0,1－0)＝eq\f(3,2)，由OM∥l，可设直线l的方程为y＝eq\f(3,2)x＋n(n≠0)，代入3x2＋4y2＝12并整理得3x2＋3nx＋n2－3＝0.由直线l与C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点得Δ＝9n2－12(n2－3)>0，解得0<n2<12.由韦达定理得，x1＋x2＝－n，x1x2＝eq\f(n2－3,3).所以|AB|＝eq\r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((－n)2－4×\f(n2－3,3))))＝eq\r(\f(13(12－n2),12))，又点M到直线l的距离d＝eq\f(|2n|,\r(13)).所以S△MAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(\f(13(12－n2),12))·eq\f(|2n|,\r(13))＝eq\r(\f(n2(12－n2),12)).因为eq\r(n2(12－n2))≤eq\f(n2＋(12－n2),2)＝6.所以当且仅当n＝12－n2，即n＝±eq\r(6)(适合0<n2<12)时，△MAB面积的最大值为eq\r(3).2．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．【解析】(1)将点P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，显然l斜率存在且不为0，设为k，则l：y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))消去y得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，(*)由已知，方程(*)有两个不同的根，且1不是方程的根(因为PA，PB都与y轴有交点)，所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，即k<0或0<k<1，且k≠－3，且k≠1，所以k<0或0<k<1，且k≠－3，即直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)，令x＝0得y＝－eq\f(y1－2,x1－1)＋2，即点M为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋2))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))，又eq\o(QO,\s\up6(→))＝(0，－1)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))＝λ(0，－1)，所以λ＝eq\f(y1－2,x1－1)－1＝eq\f(y1－x1－1,x1－1)，eq\f(1,λ)＝eq\f(x1－1,y1－x1－1)，又点A(x1，y1)在直线l：y＝kx＋1上，所以eq\f(1,λ)＝eq\f(x1－1,kx1－x1)＝eq\f(x1－1,(k－1)x1)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x1)，同理eq\f(1,μ)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x2).由(1)中方程(*)及根与系数的关系得，x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2)，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x1)＋eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x2)＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)·eq\f(x1＋x2,x1x2)＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)·eq\f(－2k＋4,1)＝eq\f(2k－2,k－1)＝2，即eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值2.3．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，点P(0，1)，设直线l不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线PA与直线PB的斜率的和为－1，求证：l过定点．【证明】设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设可知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))，则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2),x1x2).由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1,2).当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1).4．(2022·临沂模拟)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过焦点F斜率为eq\r(3)的直线交抛物线于A、B两点(点A在第一象限)，交抛物线准线于G，且满足|BG|＝eq\f(8,3).(1)求抛物线的标准方程；(2)已知C，D为抛物线上的动点，且OC⊥OD，求证直线CD过定点P，并求出P点坐标；(3)在(2)的条件下，求eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值．【解析】(1)过点B作准线的垂线，垂足为H，设准线与x轴相交于点M，如图，由题知，直线的倾斜角为eq\f(π,3)，∴在Rt△BGH中，∠GBH＝eq\f(π,3)，又∵|BG|＝eq\f(8,3)，∴|BH|＝eq\f(4,3)，∴|BF|＝eq\f(4,3).∴|GF|＝|BG|＋|BF|＝4，∴在Rt△GFM中，又∠MFG＝eq\f(π,3)，∴|MF|＝2，∴p＝2，∴抛物线的标准方程为y2＝4x.(2)由(1)可知，抛物线方程为y2＝4x，设直线CD的方程为：x＝my＋t，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，直线与抛物线联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝4x，))得y2－4my－4t＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，∵kOC＝eq\f(4,y1)，kOD＝eq\f(4,y2)且OC⊥OD，∴kOC·kOD＝eq\f(16,y1y2)＝eq\f(16,－4t)＝－1，则t＝4，∴直线CD过定点(4，0)，即P点坐标为(4，0)