【全程复习方略】2022届高考数学(文科人教A版)大一轮专项强化训练(五)圆锥曲线的综合问题-

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专项强化训练(五)圆锥曲线的综合问题1.已知直线l:y=x+1,圆O:x2+y2=,直线l被圆截得的弦长与椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长相等,椭圆的离心率e=.(1)求椭圆C的方程.(2)过点的直线l0交椭圆于A,B两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点T,使得无论l0如何转动,以AB为直径的圆恒过定点T?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.【解题提示】(1)利用弦长公式及离心率公式求出a,b的值,从而求得椭圆C的方程.(2)先依据直线l0的斜率不存在及斜率为0的状况确定T的坐标,然后再证明以AB为直径的圆恒过定点T即可.【解析】(1)由题意知,圆O的半径r=,圆O(0,0)到直线y=x+1的距离d=,则直线l被圆截得的弦长为,依题意2=2b,b=1.又椭圆的离心率,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)假设存在定点T(x0,y0),设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≤x2).当直线l0的斜率不存在时,易知A(0,1),B(0,-1),则圆的方程为x2+y2=1.当直线l0的斜率为0时,直线l0的方程为y=-,代入椭圆方程可得即圆的方程为易知T(0,1).下面证明,当直线l0的斜率存在且不为0时,T(0,1)也符合.设直线l0的方程为y=kx-,联立消去y得(2k2+1)x2-=0.则.此时,TA→=(x1,y1-1),TB→=(x即当直线l0的斜率存在且不为0时,以AB为直径的圆恒过点T(0,1).综上所述,存在定点T,其坐标为(0,1).【加固训练】已知椭圆C:=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,A为上顶点,△AF1F2为正三角形,以AF2为直径的圆与直线y=x+2相切.(1)求椭圆C的标准方程.(2)过点F2作斜率为k的直线l与椭圆交于M,N两点,在x轴上是否存在点P(m,0),使得PQ→=PM【解析】(1)由已知△AF1F2由A(0,b),F2(c,0),得AF2的中点,点B到直线y=x+2的距离为解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的标准方程为=1.(2)由(1)可知F2(1,0),设直线l的方程为y=k(x-1).联立方程,得整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由根与系数的关系得x1+x2=,则y1+y2=k(x1+x2-2)=,又PM→=(x1-m,y1),PN→=(x所以PQ→=PM→+PN→=(x1+x2得5k4+16k2+12=0,由于5k4+16k2+12>0恒成立,故满足条件的点P(m,0)不存在.2.过x轴上动点A(a,0)引抛物线y=x2+1的两条切线AP,AQ.切线斜率分别为k1和k2,切点分别为P,Q.(1)求证:k1·k2为定值,并且直线PQ过定点.(2)记S为面积,当最小时,求AP→·A【解析】(1)方法一:设过A点的直线为:y=k(x-a),与抛物线联立得得x2-kx+ka+1=0,Δ=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1·k2=-4为定值.抛物线方程y=x2+1,求导得y′=2x,设切点P,Q的坐标分别为(xP,yP),(xQ,yQ),k1=2xP,k2=2xQ,所以xP+xQ=2a,xP·xQ=-1.直线PQ的方程:y-yP=(x-xP),由yP=xP2+1,yQ=得到y=(xP+xQ)x-xPxQ+1,整理可得y=2xa+2,所以直线PQ过定点(0,2).方法二:设切点P,Q的坐标分别为(xP,yP),(xQ,yQ),求导得y′=2x,所以lAP:y=2xP(x-a),(xP,yP)在直线上,即yP=2xP(xP-a),由P(xP,yP)在抛物线方程上得yP=xP整理可得yP=2xPa+2,同理yQ=2xQa+2,所以lQP:y=2xa+2,所以直线PQ过定点(0,2).联立PQ的直线方程lQP:y=2xa+2和抛物线方程y=x2+1,可得:x2-2xa-1=0.所以xPxQ=-1,xP+xQ=2a,所以k1·k2=2xP×2xQ=-4为定值.(2)设A到PQ的距离为d.当且仅当t=时取等号,即a=±.由于AP→·AQ→=(xP-a,yP)·(x=xPxQ-a(xP+xQ)+a2+yPyQ,yPyQ=(2xPa+2)(2xQa+2)=4a2xPxQ+4+4a(xP+xQ)=4a2+4,所以AP→·AQ→=3a3.(2021·阜阳模拟)已知抛物线y2=2px(p>0)上点T(3,t)到焦点F的距离为4.(1)求t,p的值.(2)设A,B是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点,且OA→·①求证:直线AB必过定点,并求出该定点P的坐标;②过点P作AB的垂线与抛物线交于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.【解析】(1)由已知得3+p2=4⇒所以抛物线方程为y2=4x,代入可解得t=±23.(2)①设直线AB的方程为x=my+d,Ay124联立y2=4x,x=my+d得y2-4my-4d=0,则y1+y2=4m,y1由OA→·OB→=5得:(y1y2)216+y1y2=5⇒y1即-4d=-20⇒d=5,所以直线AB过定点P(5,0).②由①得|AB|=1+m2|y2=1+同理得|CD|=1+-1m2=1+S=12|AB|·|CD|=12=862令m2+1m2=μ(μ≥2),则S=85μ故Smin=96.当且仅当m=±1时取到最小值96.4.已知椭圆C:=1(a>b>0)经过点,离心率为.(1)求椭圆C的方程.(2)直线y=k(x-1)(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,点M是椭圆C的右顶点,直线AM与直线BM分别与y轴交于点P,Q,试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若是,求出定点坐标;若不是,说明理由.【解析】(1)由题意得解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程是+y2=1.(2)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点,由得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有又由于点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0),由题意可知直线AM的方程为y=(x-2),故点.直线BM的方程为y=(x-2),故点Q若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N(x0,0),则等价于PN→·又由于(x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4y1y2=k(x1-1)·k(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1]即x轴上的定点为(,0)或(-,0).故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点(±,0).5.(2022·马鞍山模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,过其右焦点F2作与x轴垂直的直线l(1)求椭圆E的方程.(2)若过点M(2,0)的直线与椭圆E相交于G,H两点,设P为椭圆E上一点,且满足OG→+OH→=tOP→(t≠0,O为坐标原点),当|【解析】(1)由于直线l过右焦点F2且与x轴垂直,所以|AB|=2b2a又椭圆E的离心率为22,且AB→故椭圆E的方程为:x232+(2)由题意知直线GH的斜率不为零.设直线GH的方程为:x=my+2.联立x232+消去x得:(m2+2)y2+4my-28=0.设P(x,y),G(x1,y1),H(x2,y2),则y1+y2=-4mm2+2,y1yx1+x2=m(y1+y2)+4=8m由于OG→+OH所以P(8t(m2+2)由于P点在椭圆上,所以将P点坐标代入椭圆方程得t2=1m由于|OG→-OH所以|GH|2=(1+m2)(y1-y2)2=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]14m4+11m2-25<0,所以0≤m2所以t2=1m2+2∈(13所以t∈[-22,-33)∪(33,所以实数t的取值范围为[-22,-33)∪(33,6.(2021·厦门模拟)已知F1,F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆E上的点,以F1P为直径的圆经过F2,·=116a2.直线l经过F1,与椭圆E交于A,B两点,F2(1)求椭圆E的离心率.(2)设△F1PF2的周长为2+3,求△ABF2的面积S的最大值.【解析】(1)由于F1,F2分别是椭圆E的左、右焦点,P是椭圆E上的点,以F1P为直径的圆经过F2,所以PF2⊥x轴.所以|PF2|=b2又·=116a2,所以|PF2|2=116a2,即b2a所以a2=4b2,即a2=4(a2-c2),化简得3a2=4c2,所以ca=3所以椭圆E的离心率等于32(2)由于△F1PF2的周长为2+3,所以2a+2c=2+3.所以b2=14所以椭圆E的方程为x2+4y2=1.当直线l的斜率不存在时,△ABF2的面积S=12×2b2a×当直线l的斜率存在时,设为k,由F2与A,B两点构成△ABF2得到k≠0.由已知得直线l的方程为y=k(x+32)即2kx-2y+3k=0,所以F2(32,0)到直线l的距离d=3得(1+4k2)x2+43k2x+3k2-1=0,所以|AB|=1+k=2(1+当且仅当k2=12又12>34,所以△ABF2的面积S的最大值等于【加固训练】如图,已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,其上顶点为A.已知△F1AF2是边长为2的正三角形.(1)求椭圆C的方程.(2)过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆C于M,N两点,记MQ→=λ·QN→.若在线段MN上取一点R,使得MR→【解析】(1)由于△F1AF