全国统考2022版高考数学大一轮复习第10章圆锥曲线与方程第4讲圆锥曲线的综合应用1备考试题文含解析

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1、第十章圆锥曲线与方程第四讲圆锥曲线的综合问题拓展变式1.2017浙江,21,15分如图10-4-2,已知抛物线x2=y,点A(-12,14),B(32,94),抛物线上的点P(x,y)(-12x1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.3.2021武汉四地六校高三联考已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线7x-5y+12=0相切.(1)求椭圆C的方程.(2)已知A(-4,0),过点R(3,0)作与x轴不重合的

2、直线l交椭圆C于P,Q两点,连接AP,AQ,分别交直线x=163于M,N两点,若直线MR,NR的斜率分别为k1,k2,问:k1k2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.4.2021湖北省部分重点中学摸底联考已知点A(1,-32)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上,O为坐标原点,直线l:xa2-3y2b2=1的斜率与直线OA的斜率之积为-14.(1)求椭圆C的方程.(2)不经过点A的直线m:y=32x+t(t0)与椭圆C交于P,Q两点,P关于原点的对称点为R(与点A不重合),直线AQ,AR与y轴分别交于点M,N,求证:|AM|=|AN|.5.2020山西大同一联已知椭圆C的

3、中心在原点,焦点在坐标轴上,直线y=32x与椭圆C在第一象限内的交点是M,点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2,椭圆C的另一个焦点是F1,且MF1MF2=94.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l过点(-1,0),且与椭圆C交于P,Q两点,求F2PQ的内切圆的面积的最大值.6.2020湖北省宜昌市三校联考已知F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,点P(2,2)在椭圆C上,且PFx轴.(1)求椭圆C的方程;(2)如图10-4-4,过点F的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列,并说明理由.图10-4-4答 案第十章圆锥

4、曲线与方程第四讲圆锥曲线的综合问题1.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x2-14x+12=x-12.因为-12x32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一设直线AP的方程为y-14=k(x+12),即kx-y+12k+14=0,因为BQAP且B点坐标为(32,94),所以直线BQ的方程为x+ky-94k-32=0.联立直线AP与BQ的方程,得kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2(x+12)=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|PQ

5、|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,k(-1,1),因为f(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间(-1,12)上单调递增,(12,1)上单调递减,因此当k=12时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二连接BP,则|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)(-12x32),AP=(x+12,x2-14),AB=(2,2),则APAB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=(x+12)2+(x2-14)2=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12x2+x+516.所

6、以|AP|PQ|=-x4+32x2+x+316(-12x32).设f(x)=-x4+32x2+x+316(-12x1,所以a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n0,则y1+y2=-18m3m2+4,y1y2=-213m2+4.设M(163,yM),N(163,yN).由A,P,M三点共线可知yM163+4=y1x1+4,所以yM=283y1x1+4.同理可得yN=283y2x2+4.所以k1k2=yM163-3yN163-3=9yMyN49=16y1y2(x1+4)(x2+4).

7、因为(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)=m2y1y2+7m(y1+y2)+49,所以k1k2=16y1y2m2y1y2+7m(y1+y2)+49=16-213m2+4m2-213m2+4+7m-18m3m2+4+49=-127,即k1k2为定值,且定值为-127.【方法技巧】证明三点共线问题的方法圆锥曲线中的三点共线问题,其实就是对应直线(斜率存在)上的三个点中相关两个点对应的斜率相等问题,即若要证明A,B,C三点共线,即证明kAB=kAC(或kAB=kBC或kAC=kBC).4.(1)设直线OA的斜率为kOA,直线l的斜率为kl.由题意知,kOAkl=-322b23a2=

8、-b2a2=-14,即a2=4b2.又点A(1,-32)在椭圆上,则1a2+34b2=1,可得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则R(-x1,-y1),由y=32x+t,x24+y2=1,消去y并整理,得x2+3tx+t2-1=0,=3t2-4(t2-1)=-t2+40,即-2tb0),F2(c,0),所以M(c,32c).易知F1(-c,0),所以MF1MF2=(-2c,-32c)(0,-32c)=94c2=94,所以c=1.由1a2+94b2=1,a2=b2+1,解得a2=4,b2=3.所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2

9、)由(1)知,F1(-1,0),由过点F1的直线l与椭圆C交于P,Q两点,得F2PQ的周长为4a=8.又SF2PQ=124ar=4r(r为F2PQ的内切圆半径),所以当F2PQ的面积最大时,F2PQ的内切圆面积也最大.设直线l的方程为x=ky-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线l与椭圆C的方程得x=ky-1,x24+y23=1,消去x并整理,得(4+3k2)y2-6ky-9=0,易知0,则y1+y2=6k3k2+4,y1y2=-93k2+4.SF2PQ=12|F1F2|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=(6k3k2+4)2-4(-93k2+4)=12k2+13k2+4.

10、令k2+1=t,则t1,所以SF2PQ=12t3t2+1=123t+1t.记f(t)=3t+1t(t1),则f(t)=3-1t2,当t1,+)时,f(t)0,则f(t)=3t+1t在1,+)上单调递增,所以f(t)min=f(1)=4,所以SF2PQ=123t+1t124=3,即当k=0时,F2PQ的面积取得最大值3.结合SF2PQ=4r,得r的最大值为34.所以F2PQ的内切圆的面积的最大值为916.【精华总结】本题第(2)问是研究三角形的内切圆面积的最大值问题,解题时用到了等价转化法,即要求F2PQ的内切圆面积的最大值,可转化为求F2PQ面积的最大值,于是利用题设条件,结合F2PQ的面积的

11、表达式建立函数并求解.6.(1)因为点P(2,2)在椭圆C上,且PFx轴,所以c=2.设椭圆C的左焦点为E,则|EF|=2c=4,|PF|=2,连接PE,则在RtEFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=32.所以2a=|PE|+|PF|=42,则a=22,b2=a2-c2=4,所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x-2),令x=4,得y=2k,则点M的坐标为(4,2k).由y=k(x-2),x28+y24=1消去y并整理,得(2k2+1)x2-8k2x+8(k2-1)=0,0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2

12、=8k22k2+1,x1x2=8(k2-1)2k2+1.设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,从而k1=y1-2x1-2,k2=y2-2x2-2,k3=2k-24-2=k-22.因为直线AB的方程为y=k(x-2),则y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),所以k1+k2=y1-2x1-2+y2-2x2-2=y1x1-2+y2x2-2-2(1x1-2+1x2-2)=2k-2x1+x2-4x1x2-2(x1+x2)+4.将代入,得k1+k2=2k-28k22k2+1-48(k2-1)2k2+1-16k22k2+1+4=2k-2.又k3=k-22,所以k1+k2=2k3,于是直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.