2020届高考数学一轮复习课时训练：第9章 平面解析几何 51(含解析)

第51节　圆锥曲线的综合问题

解答题

1.(2018沈阳二中期末)已知直线l：y=x＋m，m∈R.

(1)若以点M(2，－1)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在x轴上，求该圆的方程；

(2)若直线l关于x轴对称的直线l′与抛物线C：x2=y(m≠0)相切，求直线l和抛物线C的方程.

【解】(1)由题意得点P的坐标为(－m,0)，且MP⊥l，

所以kMP·kl=·1=－1(kl为直线l的斜率)，

解得m=－1.所以点P(1,0).

设所求圆的半径为r，则r2=|PM|2=1＋1=2，

所以所求圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2=2.

(2)将直线l：y=x＋m中的y换成－y，可得直线l′的方程为y=－x－m.

由得mx2＋x＋m=0(m≠0)，Δ=1－4m2，

因为直线l′与抛物线C：x2=y相切，

所以Δ=1－4m2=0，解得m=±.

当m=时，直线l的方程为y=x＋，抛物线C的方程为x2=2y；

当m=－时，直线l的方程为y=x－，抛物线C的方程为x2=－2y.

2.(2018新疆乌鲁木齐联考)已知椭圆C：＋=1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点.

(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＋=t，其中t∈，求|AB|的取值范围.

【解】(1)依题意得解得

∴椭圆C的方程为＋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).由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2=0，

∴Δ=8(1－2k2)＞0，解得k2＜.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则

由＋=t得P，，

代入椭圆C的方程得t2=.

由＜t＜2得＜k2＜，

∴|AB|=·

=2.

令u=，则u∈，

∴|AB|=2∈.

∴|AB|的取值范围为.

3.(2018陕西联考)已知椭圆＋=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由4个点M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1构成一个高为，面积为3　的等腰梯形.

(1)求椭圆的方程；

(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值.

【解】(1)由条件得b=，且·=3　，∴a＋c=3.

又a2－c2=3，解得a=2，c=1.

∴椭圆的方程为＋=1.

(2)显然，直线AB的斜率不能为0.

设直线AB的方程为x=my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立消去x得(3m2＋4)y2－6my－9=0.

∵直线AB过椭圆内的点F，无论m为何值，直线和椭圆总相交，

又y1＋y2=，y1y2=－，

∴S△F2AB= |F1F2||y1－y2|=|y1－y2|

=

=12

=4

=4.

令t=m2＋1≥1，设f(t)=t＋，

易知t∈时，函数f(t)单调递减，t∈时，函数f(x)单调递增，

∴当t=m2＋1=1，即m=0时，f(t)min=，S△F2AB的最大值为3.

4.(2018湖北武汉调研)已知椭圆C：＋ =1(a＞b＞0)经过点P，且离心率为.

(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).

【解】(1)由题意知又a2=b2＋c2，解得所以椭圆C的方程为＋y2=1.

(2)将直线l的方程代入椭圆方程＋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=－，x1x2=.

所以|AB|=|x1－x2|=·=·=.

又原点O(0,0)到直线AB：x－y＋m=0的距离d=.所以S△OAB=|AB|·d=×·= .

因为m2(3－m2)≤2=，当仅且当m2=3－m2，即m2=时取等号.

所以S△OAB≤×=，即△OAB面积的最大值为.

5.(2018郑州二测)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.

(1)【解】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=1，p=2.

∴圆心M的轨迹方程为x2=4y.

(2)【证明】设直线l：y=kx－2，A(x1，y1)，

B(x2，y2)，则C(－x2，y2).

联立得⇒x2－4kx＋8=0，∴

kAC===，直线AC的方程为y－y1=(x－x1).

即y=y1＋(x－x1)=x－＋=x＋，

∵x1x2=0，∴y=x＋=x＋2，即直线AC恒过点(0,2).

6.(2018唐山二模)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Γ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.

【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)，

由得ky2－4y－8=0，

所以y1＋y2=，y1y2=－，

kMQ====，同理kMQ=，kMQ·kNQ=·==4，

所以Q(1,2)与M，N两点连线的斜率之积为定值4.

7.(2018四川绵阳南山中学二诊)已知椭圆＋ =1(a＞b＞0)的焦距为2　，且经过点(－，1).过点D(0，－2)且斜率为k的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于P点，点A关于x轴的对称点C，直线BC交x轴于点Q.

(1)求k的取值范围.

(2)试问：|OP|·|OQ|是否为定值？若是，求出定值；否则，请说明理由.

【解】(1)由已知得2c=2，所以c=，又因为c2=a2－b2，

所以a2－b2=2，又因为椭圆过点(－，1)，所以＋=1，

联立解得a=2，b=，所以椭圆方程为＋=1.

设直线l的方程为y=kx－2，联立消去y得(1＋2k2)x2－8kx＋4=0.

由Δ=64k2－16(1＋2k2)＞0，得k2＞，

所以k的取值范围为∪.

(2)令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)，

由(1)知x1＋x2=，x1x2=.

由y=kx－2中，令y=0得xp=，即P.

直线BC的方程为y=(x－x1)－y1，

令y=0得xQ=.

将y1=kx1－2，y2=kx2－2代入上式得xQ====2k，所以|OP|·|OQ|=|xP|·|xQ|=·|2k|=4，为定值.

8.(2018衡水中学高三联考)已知椭圆C：＋=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.

【解】(1)由题意得∴

即C：＋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=－y－2，

由得(m2＋4)y2－4my=0，

∴M.同理，N.

①m≠±1时，kMN=，lMN：y=.

此时过定点.

∴lMN恒过定点.

(3)由(2)知S△AMN=×|yM－yN|==8==.

令t=≥2，当且仅当m=±1时取等号，

∴S△AMN≤，且当m=±1时取等号.

∴(S△AMN)max=.

9.(2018重庆市高考一模)已知F1，F2分别为椭圆C：＋=1的左、右焦点，点P(x0，y0)在椭圆C上.

(1)求·的最小值；

(2)若y0>0且·=0，已知直线l：y=k(x＋1)与椭圆C交于两点A，B，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q.问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由.

【解】(1)由题意可知，F1(－1,0)，F2(1,0)，

∴=(－1－x0，－y0)，=(1－x0，－y0)

∴·=x＋y－1

∵点P(x0，y0)是椭圆C上，∴＋=1，即y=2－

∴·=x＋2－x－1=x＋1，且－≤x0≤

∴·最小值1.

(2)∵·=0，∴x0=－1，∵y0>0，∴P

设A(x1·y1)，B(x2，y2).

由得，(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6=0，

∴x1＋x2=－，x1x2=，

∴|x1－x2|==，

∴|AB|=·|x1－x2|=

∵P，PQ∥AB，∴直线PQ的方程为y－=k(x＋1).

由得，(2＋3k2)x2＋6kx＋32－6=0.

∵xP=－1，∴xQ=，∴|PQ|=·|xP－xQ|=·，

若四边形PABQ能成为平行四边形，则|AB|=|PQ|，

∴4·=|4－4k|，解得k=－.

∴符合条件的直线l的方程为y=－(x＋1)，即x＋y＋1=0.