2022版高考数学大一轮复习作业本51《圆锥曲线的综合问题》(含答案详解)

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已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y=－1相切.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与圆心M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.
已知△ABC的顶点A(1,0)，点B在x轴上移动，|AB|=|AC|，且BC的中点在y轴上.
(1)求点C的轨迹T的方程；
(2)已知过P(0，－2)的直线l交轨迹Γ于不同两点M，N，求证：Q(1,2)与M，N两点连线QM，QN的斜率之积为定值.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为eq \f(b,3)，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|=3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？
若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，
且满足eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=teq \(OP,\s\up15(→))，其中t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 \r(6),3)，2))，求|AB|的取值范围.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2) =1(a＞b＞0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y=x＋m与椭圆C交于两个不同的点A，B，求△OAB面积的最大值(O为坐标原点).
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x＋4y＋6=0与圆x2＋(y－b)2=a2相切.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，
求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；
(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值.
已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且离心率e=eq \f(1,2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，
且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)经过点P(0,1)，离心率e=eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l经过点Q(2，－1)且与C相交于A，B两点(异于点P)，记直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，证明：k1＋k2为定值.
\s 0 参考答案
解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=－1的距离，
由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，
直线y=－1为准线的抛物线，则eq \f(p,2)=1，p=2.
∴圆心M的轨迹方程为x2=4y.
(2)设直线l：y=kx－2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，则C(－x2，y2).
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx－2))⇒x2－4kx＋8=0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.))
kAC=eq \f(y1－y2,x1＋x2)=eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－\f(x\\al(2,2),4),x1＋x2)=eq \f(x1－x2,4)，直线AC的方程为y－y1=eq \f(x1－x2,4)(x－x1).
即y=y1＋eq \f(x1－x2,4)(x－x1)=eq \f(x1－x2,4)x－eq \f(x1x1－x2,4)＋eq \f(x\\al(2,1),4)=eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)，
∵x1x2=0，∴y=eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)=eq \f(x1－x2,4)x＋2，
即直线AC恒过点(0,2).
解：(1)设C(x，y)(y≠0)，
因为B在x轴上且BC中点在y轴上，
所以B(－x,0)，由|AB|=|AC|，
得(x＋1)2=(x－1)2＋y2，
化简得y2=4x，
所以C点的轨迹Γ的方程为y2=4x(y≠0).
(2)直线l的斜率显然存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－2，))得ky2－4y－8=0，
所以y1＋y2=eq \f(4,k)，y1y2=－eq \f(8,k)，
kMQ=eq \f(y1－2,x1－1)=eq \f(y1－2,x1－1)=eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)=eq \f(4,y1＋2)，同理kMQ=eq \f(4,y2＋2)，
kMQ·kNQ=eq \f(4,y1＋2)·eq \f(4,y2＋2)=eq \f(16,y1y2＋2y1＋y2＋4)=4，
所以Q(1,2)与M，N两点连线的斜率之积为定值4.
解：(1)由内切圆的性质，得eq \f(1,2)×2c×b=eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，得eq \f(c,a)=eq \f(1,2).
将x=c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1，得y=±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)=3.
又a2=b2＋c2，所以a=2，b=eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，
设l的方程为y=k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2).
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12=0，
由根与系数的关系得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2))) ①，
其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR=0(显然TS，TR的斜率存在)，
即eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)=0 ②.
因为R，S两点在直线y=k(x－1)上，所以y1=k(x1－1)，y2=k(x2－1)，
代入②得eq \f(kx1－1x2－t＋kx2－1x1－t,x1－tx2－t)
=eq \f(k[2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t],x1－tx2－t)=0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t=0 ③，
将①代入③得eq \f(8k2－24－t＋18k2＋2t3＋4k2,3＋4k2)=eq \f(6t－24,3＋4k2)=0 ④，
则t=4，
综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.
解：(1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋1，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1，))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x－2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2=0，
∴Δ=8(1－2k2)＞0，解得k2＜eq \f(1,2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝\f(8k2－2,1＋2k2)，,y1＋y2＝kx1＋x2－4＝－\f(4k,1＋2k2).))
由eq \(OA,\s\up15(→))＋eq \(OB,\s\up15(→))=teq \(OP,\s\up15(→))得Peq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8k2,t1＋2k2)))，eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k,t1＋2k2)))，
代入椭圆C的方程得t2=eq \f(16k2,1＋2k2).
由eq \f(2 \r(6),3)＜t＜2得eq \f(1,4)＜k2＜eq \f(1,2)，
∴|AB|=eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(1－2k2),1＋2k2)=2eq \r(\f(2,1＋2k22)＋\f(1,1＋2k2)－1).
令u=eq \f(1,1＋2k2)，则u∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))，∴|AB|=2eq \r(2u2＋u－1)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2 \r(5),3))).
∴|AB|的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2 \r(5),3))).
解：(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))又a2=b2＋c2，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1.))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)将直线l的方程代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2=1，消去y得3x2＋4mx＋2(m2－1)=0.
由Δ=(4m)2－24(m2－1)＞0，得m2＜3.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(4m,3)，x1x2=eq \f(2m2－1,3).
所以|AB|=eq \r(1＋k2)|x1－x2|=eq \r(2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
=eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,3)))2－4·\f(2m2－1,3))=eq \f(4,3)eq \r(3－m2).
又原点O(0,0)到直线AB：x－y＋m=0的距离d=eq \f(|m|,\r(2)).
所以S△OAB=eq \f(1,2)|AB|·d=eq \f(1,2)×eq \f(4,3)eq \r(3－m2)·eq \f(|m|,\r(2))=eq \f(\r(2),3) eq \r(m23－m2).
因为m2(3－m2)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2＋3－m2,2)))2=eq \f(9,4)，当仅且当m2=3－m2，即m2=eq \f(3,2)时取等号.
所以S△OAB≤eq \f(\r(2),3)×eq \f(3,2)=eq \f(\r(2),2)，即△OAB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2b，,\f(|4b＋6|,5)＝a，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
即C：eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.
∵A(－2,0)，设l1：x=my－2，l2：x=－eq \f(1,m)y－2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,x2＋4y2－4＝0，))得(m2＋4)y2－4my=0，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m2－8,m2＋4)，\f(4m,m2＋4))).同理，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8m2,4m2＋1)，－\f(4m,4m2＋1))).
①m≠±1时，kMN=eq \f(5m,4m2－1)，lMN：y=eq \f(5m,4m2－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(6,5))).
此时过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).∴lMN恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
(3)由(2)知S△AMN=eq \f(1,2)×eq \f(4,5)|yM－yN|=eq \f(2,5)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4m,m2＋4)＋\f(4m,4m2＋1)))=8eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m3＋m,4m4＋17m2＋4)))
=eq \f(8\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m))),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m)))2＋9)=eq \f(8,4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m)))＋\f(9,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m))))).
令t=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,m)))≥2，当且仅当m=±1时取等号，
∴S△AMN≤eq \f(16,25)，且当m=±1时取等号.
∴(S△AMN)max=eq \f(16,25).
解：依题意，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,a2＝b2＋c2，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1.))
所以，椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)=0，
则Δ=64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，
x1＋x2=－eq \f(8mk,3＋4k2)，x1x2=eq \f(4m2－3,3＋4k2).
从而y1y2=(kx1＋m)(kx2＋m)=k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2=eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)，
由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，
得eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)=－1，即y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4=0.
则有eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq \f(4m2－3,3＋4k2)＋eq \f(16mk,3＋4k2)＋4=0，整理，得7m2＋16km＋4k2=0，
解得m=－2k或m=－eq \f(2k,7)，均满足条件3＋4k2－m2>0.
当m=－2k时，直线l的方程为y=k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；
当m=－eq \f(2k,7)时，直线l的方程为y=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,7)))，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0))，
所以直线l经过定点，且定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0)).
解：(1)因为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)，经过点P(0,1)，所以b=1.
又e=eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(c,a)=eq \f(\r(3),2)，解得a=2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)证明：若直线AB的斜率不存在，则直线l的方程为x=2，
此时直线与椭圆相切，不符合题意.
设直线AB的方程为y＋1=k(x－2)，
即y=kx－2k－1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2k－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋16k2＋16k=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2=eq \f(8k2k＋1,1＋4k2)，x1x2=eq \f(16k2＋16k,1＋4k2).
则k1＋k2=eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)=eq \f(x2kx1－2k－2＋x1kx2－2k－2,x1x2)
=eq \f(2kx1x2－2k＋2x1＋x2,x1x2)
=2k－eq \f(2k＋2x1＋x2,x1x2)
=2k－eq \f(2k＋2·8k2k＋1,16kk＋1)
=2k－(2k＋1)=－1.
所以k1＋k2为定值，且定值为－1.