2021高考数学(文)一轮知能检测：第8章-第8节-曲线与方程

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．3B．2C.eq\r(3)D.eq\r(2)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eq\f(a,2)，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＝eq\f(c,\f(a,2))＝eq\f(2c,a)，椭圆的离心率e2＝eq\f(c,a)，所以eq\f(e1,e2)＝eq\f(\f(2c,a),\f(c,a))＝2.2．(2021·新课标全国卷Ⅰ)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝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.eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1B.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1D.eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1解析：选D由题意知kAB＝eq\f(1,2)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0.由AB的中点是(1，－1)知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝－2，))则eq\f(b2,a2)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2)，联立a2－b2＝9，解得a2＝18，b2＝9，故椭圆E的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝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eq\f(x2,m)＋y2＝1的离心率为()A.eq\f(\r(30),6)B.eq\r(7)C.eq\f(\r(30),6)或eq\r(7)D.eq\f(5,6)或7解析：选C由于4，m,9成等比数列，所以m＝±6，当m＝6时，eq\f(x2,6)＋y2＝1为椭圆a2＝6，b2＝1，c2＝5.所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),\r(6))＝eq\f(\r(30),6)；当m＝－6时，y2－eq\f(x2,6)＝1为双曲线，a2＝1，b2＝6，c2＝7，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(7).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．2B．4C．6D．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＝eq\f(p,4)上，圆心到准线x＝－eq\f(p,2)的距离等于3，即有eq\f(p,4)＋eq\f(p,2)＝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.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2)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|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)(|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＝－eq\f(1,kMF)＝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2eq\r(2)，则m6＋m4的值是()A．1B.eq\r(2)C．2D．4解析：选C设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，eq\f(p,2)＝－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＝eq\f(1,2)×eq\f(p,2)|y1－y2|＝eq\f(1,2)(－m)×4eq\r(m4＋m2)＝2eq\r(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eq\r(a)≤a(a>0)，所以a≥1.法二：易知a>0，设C(m，m2)，由已知可令A(eq\r(a)，a)，B(－eq\r(a)，a)，则＝(m－eq\r(a)，m2－a)，＝(m＋eq\r(a)，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(－eq\r(3)，0)，D(eq\r(3)，0)，M是椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1上的动点，则eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)的最小值为________．解析：由椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1知c2＝4－1＝3，∴c＝eq\r(3)，∴C，D是该椭圆的两焦点，令|MC|＝r1，|MD|＝r2，则r1＋r2＝2a∴eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)＝eq\f(1,r1)＋eq\f(1,r2)＝eq\f(r1＋r2,r1r2)＝eq\f(4,r1r2)，又∵r1r2≤eq\f(r1＋r22,4)＝eq\f(16,4)＝4，∴eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)＝eq\f(4,r1r2)≥1.当且仅当r1＝r2时，上式等号成立．故eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)的最小值为1.答案：19．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eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤eq\f(1,2)|PF1||PF2|＝eq\f(1,2)a2，即△F1PF2的面积不大于eq\f(1,2)a2，所以③正确．答案：②③10．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eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，由题意，知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，则b＝eq\r(2)，所以椭圆方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋2x2＝4，,y＝kx＋m，))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2mk,2＋k2)，,x1x2＝\f(m2－4,2＋k2)，))又＝2，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)，所以－x1＝2x2.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－x2，,x1x2＝－2x\o\al(2,2)，))所以eq\f(m2－4,2＋k2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mk,2＋k2)))2.整理，得(9m2－4)k2＝8－又9m所以k2＝eq\f(8－2m2,9m2－4)>0，得eq\f(4,9)<m2<4，此时Δ>0.所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)).11．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶eq\r(3).(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：eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)为定值．解：(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a∶2b＝2∶\r(3)，,c＝1，,a2＝b2＋c2.))解得a＝2，b＝eq\r(3).故所求椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝－eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,3＋4k2)))2－4×\f(4k2－12,3＋4k2))))＝eq\f(121＋k2,3＋4k2).同理|CD|＝eq\f(121＋k2,3k2＋4).所以eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(3＋4k2,121＋k2)＋eq\f(3k2＋4,121＋k2)＝eq\f(71＋k2,121＋k2)＝eq\f(7,12).当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,12).综上，eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)为定值eq\f(7,12).12．(2021·江西高考)如图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，离心率e＝eq\f(1,2)，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Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在椭圆上，得eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1.①依题设知a＝2c，则b2＝3c2②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－3,4k2＋3).④在方程③中令x＝4，得M的坐标为(4,3k)．从而k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2).由于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，即有eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k.所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1).⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1，又k3＝k－eq\f(1,2)，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＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，令x＝4，求得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3y0,x0－1)))，从而直线PM的斜率为k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2x0－1)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0,x0－1)x－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x0－8,2x0－5)，\f(3y0,2x0－5)))，则直线PA的斜率为k1＝eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)，直线PB的斜率为k2＝eq\f(2y0－3,2x0－1)，所以k1＋k2＝eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)＋eq\f(2y0－3,2x0－1)＝eq\f(2y0－x0＋1,x0－1)＝2k3，故存在常数λ＝2符合题意．[冲击名校]如图，已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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－eq\f(1,4)，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eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(－8k2,4k2＋3).故点G的横坐标为eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4k2,4k2＋3)＝－eq\f(1,4).解得k＝±eq\f(1,2).(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Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k2,4k2＋3)，\f(3k,4k2＋3))).设D点坐标为(xD,0)．由于DG⊥AB，所以eq\f(\f(3k,4k2＋3),\f(－4k2,4k2＋3)－xD)×k＝－1，解得xD＝eq\f(－k2,4k2＋3)，即Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－k2,4k2＋3)，0)).由于△GFD∽△OED，所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|.所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－k2,4k2＋3)－\f(－4k2,4k2＋3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3k,4k2＋3)))2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－k2,4k2＋3