2023年新高考数学一轮复习课时10.6《圆锥曲线综合探究》达标练习（2份打包，答案版+教师版）

2023年新高考数学一轮复习课时10.6

《圆锥曲线综合探究》达标练习

1.若双曲线E：－y2=1(a＞0)的离心率等于，直线y=kx－1与双曲线E的右支交于A，B两点.

(1)求k的取值范围；

(2)若|AB|=6，求k的值.

【答案解析】解：(1)由得故双曲线E的方程为x2－y2=1.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(1－k2)x2＋2kx－2=0.①

∵直线与双曲线的右支交于A，B两点，

∴

∴1＜k＜.

(2)由①得x1＋x2=，x1x2=，

∴|AB|=·=2=6，

整理得28k4－55k2＋25=0，∴k2=或k2=.

又1＜k＜，∴k=.

2.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)经过点P(0,1)，离心率e=.

(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.

【答案解析】解：(1)因为椭圆C：＋=1(a>b>0)，经过点P(0,1)，所以b=1.

又e=，所以=，解得a=2.

所以椭圆C的方程为＋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，

联立得(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋16k2＋16k=0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2=，x1x2=.

则k1＋k2=＋=

=

=2k－

=2k－

=2k－(2k＋1)=－1.

所以k1＋k2为定值，且定值为－1.

3.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.

【答案解析】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.

4.已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2=16相切.

(1)求点P的轨迹C的方程；

(2)设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω=|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值.

【答案解析】解：(1)由题意得|PM|＋|PN|=4，

∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，

∴2a=4,2c=2，∴b==，

∴椭圆的方程为＋=1.

即点P的轨迹C的方程为＋=1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－2<m<2，直线l：y=k(x－m)，

由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12=0，

∴x1＋x2=，x1x2=，

∴y1＋y2=k(x1－m)＋k(x2－m)=k(x1＋x2)－2km=－，

y1y2=k2(x1－m)(x2－m)=k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2=，

∴|GA|2＋|GB|2=(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y

=(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2

=(k2＋1).

要使ω=|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3=0，解得k=±，

此时ω=|GA|2＋|GB|2=7.

5.已知椭圆E：＋=1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且=λ，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值.

【答案解析】解：(1)由题易知c=1，＋=1，

又a2=b2＋c2，解得b2=1，a2=2，

故椭圆E的标准方程为＋y2=1.

(2)设直线l：x=ky＋1，由

得(k2＋2)y2＋2ky－1=0，Δ=4k2＋4(k2＋2)=8(k2＋1)>0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则可得y1＋y2=，y1y2=.

=＋=(x1＋x2－4，y1＋y2)=，

∴||2=|＋|2=16－＋，

由此可知，||2的大小与k2的取值有关.

由=λ可得y1=λy2，λ=，=(y1y2≠0).

从而λ＋=＋==，

由λ∈[－2，－1]得∈，

从而－≤≤－2，解得0≤k2≤.

令t=，则t∈，

∴||2=8t2－28t＋16=82－，∴当t=时，|QC|min=2.

6.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.

【答案解析】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.

7.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.

【答案解析】解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋=1(a＞b＞0)，

且可知其左焦点为F′(－2,0).

从而有解得

又a2=b2＋c2，所以b2=12.故椭圆C的方程为＋=1.

(2)假设存在符合题意的直线l，

设其方程为y=x＋t.

由得3x2＋3tx＋t2－12=0.

因为直线l与椭圆C有公共点，

所以Δ=(3t)2－4×3(t2－12)=144－3t2≥0，

解得－4≤t≤4.

另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得=4，从而t=±2.

由于±2∉[－4，4 ]，

所以符合题意的直线l不存在.

8.如图所示，已知F(，0)为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，B1，B2，A为椭圆的下、上、右三个顶点，△B2OF与△B2OA的面积之比为.

(1)求椭圆C的标准方程.

(2)试探究在椭圆C上是否存在不同于点B1，B2的一

点P满足下列条件：点P在y轴上的投影为Q，PQ的中点为M，直线B2M交直线y＋b＝0于点N，B1N的中点为R，且△MOR的面积为.若不存在，请说明理由；若存在，求出点P的坐标.

【答案解析】解：(1)由已知得＝＝＝.

又c＝，所以a＝2，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)假设存在满足条件的点P，设其坐标为P(x0，y0)(x0≠0)，

则Q(0，y0)，且M.又B2(0,1)，所以直线B2M的方程为y＝x＋1.

因为x0≠0，所以y0≠1，令y＝－1，

得N.又B1(0，－1)，则R，

所以|MR|＝＝.

直线MR的方程为y－y0＝－，即2yy0＋x0x－2＝0，

所以点O到直线MR的距离为d＝＝1，

所以S△MOR＝|MR|·d＝×1＝，解得y0＝，

又＋y＝1，所以x0＝±，

所以存在满足条件的点P，其坐标为（±，）.