【创新设计】2021高考数学(四川专用-理科)二轮规范练5

规范练五圆锥曲线1．如图，已知点A(1，eq\r(2))是离心率为eq\f(\r(2),2)的椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)上的一点，斜率为eq\r(2)的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点互不重合．(1)求椭圆C的方程；(2)求证：直线AB、AD的斜率之和为定值．(1)解由题意，可得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，将(1，eq\r(2))代入eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1，得eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(2)，c＝eq\r(2)，所以椭圆C的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)证明设直线BD的方程为y＝eq\r(2)x＋m，又A、B、D三点不重合，所以m≠0.设D(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x＋m，,2x2＋y2＝4，))得4x2＋2eq\r(2)mx＋m2－4＝0，所以Δ＝－8m2＋64＞0，∴－2eq\r(2)＜m＜2eq\r(2)，x1＋x2＝－eq\f(\r(2),2)m①，x1x2＝eq\f(m2－4,4)②.设直线AB、AD的斜率分别为kAB、kAD，则kAD＋kAB＝eq\f(y1－\r(2),x1－1)＋eq\f(y2－\r(2),x2－1)＝eq\f(\r(2)x1＋m－\r(2),x1－1)＋eq\f(\r(2)x2＋m－\r(2),x2－1)＝2eq\r(2)＋m·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1－x2＋1)(*)．将①②式代入(*)，得2eq\r(2)＋meq\f(－\f(\r(2),2)m－2,\f(m2－4,4)＋\f(\r(2),2)m＋1)＝2eq\r(2)－2eq\r(2)＝0，所以kAD＋kAB＝0，即直线AB、AD的斜率之和为定值0.2．椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2))).过坐标原点的直线l1与l2均不在坐标轴上，l1与椭圆M交于A，C两点，l2与椭圆M交于B，D两点．(1)求椭圆M的方程；(2)若平行四边形ABCD为菱形，求菱形ABCD面积的最小值．解(1)依题意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\f(\r(2),2)a，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))又由于a2＝b2＋c2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2,b2＝1)).故椭圆M的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设直线AC：y＝k1x，直线BD：y＝k2x，A(xA，yA)，C(xC，yC)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1,y＝k1x))，得方程(2keq\o\al(2,1)＋1)x2－2＝0，xeq\o\al(2,A)＝xeq\o\al(2,C)＝eq\f(2,2k\o\al(2,1)＋1)，故|OA|＝|OC|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))·eq\r(\f(2,2k\o\al(2,1)＋1)).同理，|OB|＝|OD|＝eq\r(1＋k\o\al(2,2))·eq\r(\f(2,2k\o\al(2,2)＋1)).又由于AC⊥BD，所以|OB|＝|OD|＝eq\r(1＋\f(1,k1)2)·eq\r(\f(2,2\f(1,k1)2＋1))，其中k1≠0.从而菱形ABCD的面积S＝2|OA|·|OB|＝2eq\r(1＋k\o\al(2,1))·eq\r(\f(2,2k\o\al(2,1)＋1))·eq\r(1＋\f(1,k1)2)·eq\r(\f(2,2\f(1,k1)2＋1))，整理得S＝4eq\r(\f(1,2＋\f(1,k1＋\f(1,k1)2)))，其中k1≠0.故当k1＝1或－1时，菱形ABCD的面积最小，该最小值为eq\f(8,3).3．已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴端点为(0,2)，短轴端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交于相异两点A，B，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→)).(1)求椭圆方程；(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，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，))则(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)，,x1·x2＝\f(m2－4,2＋k2).))又eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→))，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)．∴－x1＝2x2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－x2，,x1x2＝－2x\o\al(2,2).))∴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＝8－2m2，又9m2－4＝0时不成立，∴k2＝eq\f(8－2m2,9m2－4)＞0，得eq\f(4,9)＜m2＜4，此时Δ＞0.∴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)).4．已知△ABC的两顶点坐标A(－1,0)，B(1,0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M.(1)求曲线M的方程；(2)设直线BC与曲线M的另一交点为D，当点A在以线段CD为直径的圆上时，求直线BC的方程．解(1)由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)，设曲线M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0，y≠0)，则a2＝4，b2＝a2－(eq\f(|AB|,2))2＝3，所以曲线M：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)为所求．(2)留意到直线BC的斜率不为0，且过定点B(1,0)，设lBC：x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2＝12，))消x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，所以y1,2＝eq\f(－3m±6\r(m2＋1),3m2＋4)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(6m,3m2＋4)，,y1y2＝－\f(9,3m2＋4)，))由于eq\o(AC,\s\up6(→))＝(my1＋2，y1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(my2＋2，y2)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝(my1＋2)(my2＋2)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝－eq