高考數(shù)學二輪復習 專題跟蹤檢測（十四）圓錐曲線的綜合問題 理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學試題

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1、專題跟蹤檢測（十四） 圓錐曲線的綜合問題 1．(2018·武漢調(diào)研)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)和定點M(0,1)，設過點M的動直線交拋物線C于A，B兩點，拋物線C在A，B處的切線的交點為N. (1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值； (2)若△ABN的面積的最小值為4，求拋物線C的方程． 解：設直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線AB的方程代入拋物線C的方程得x2－2pkx－2p＝0， 則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.① (1)由x2＝2py得y′＝，則A，B處的切線斜率的乘積為＝－， ∵點N在以AB為直徑的圓上， ∴AN

2、⊥BN， ∴－＝－1，∴p＝2. (2)易得直線AN：y－y1＝(x－x1)， 直線BN：y－y2＝(x－x2)， 聯(lián)立結合①式， 解得即N(pk，－1)． 所以|AB|＝|x2－x1| ＝· ＝·， 點N到直線AB的距離d＝， 則S△ABN＝·|AB|·d＝≥2， 當k＝0時，取等號， ∵△ABN的面積的最小值為4， ∴2＝4，∴p＝2， 故拋物線C的方程為x2＝4y. 2．(2019屆高三·河北“五個一名校聯(lián)盟”模擬)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個動點，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，

3、若m＝，n＝，m·n＝0. (1)求證：k1·k2＝－； (2)試探求△POQ的面積S是否為定值，并說明理由． 解：(1)證明：∵k1，k2存在，∴x1x2≠0， ∵m·n＝0，∴＋y1y2＝0， ∴k1·k2＝＝－. (2)①當直線PQ的斜率不存在， 即x1＝x2，y1＝－y2時， 由＝－，得－y＝0， 又由P(x1，y1)在橢圓上， 得＋y＝1， ∴|x1|＝，|y1|＝， ∴S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1. ②當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋b(b≠0)． 由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0， Δ＝64k2b2－4

4、(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∵＋y1y2＝0， ∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0， 得2b2－4k2＝1，滿足Δ>0. ∴S△POQ＝·|PQ| ＝|b| ＝2|b|·＝1. ∴△POQ的面積S為定值． 3.(2018·長春質(zhì)檢)如圖，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O為AB的中點，P，Q分別是AD和CD上的點，且滿足①＝，②直線AQ與BP的交點在橢圓E：＋＝1(a>b>0)上． (1)求橢圓E的方程； (2)設R為橢圓E的右頂點，M為橢圓E第一象限部分上一點，作MN垂直于y軸，垂足為N，求

5、梯形ORMN面積的最大值． 解：(1)設AQ與BP的交點為G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1,2)， 由題可知，＝. ∵kAG＝kAQ，kBG＝kBP， ∴＝，＝－， 從而有＝－＝－，整理得＋y2＝1， 即橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知R(2,0)，設M(x0，y0)，則y0＝， 從而梯形ORMN的面積S＝(2＋x0)y0＝， 令t＝2＋x0，則20，u＝4t3－t4單調(diào)遞增， 當t∈(3,4)時，u′<0，u＝4t3－t4單調(diào)遞減， 所以

6、當t＝3時，u取得最大值，則S也取得最大值，最大值為. 4．已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，直線x＝my＋3與E交于A，B兩點，且·＝6，其中O為坐標原點． (1)求拋物線E的方程； (2)已知點C的坐標為(－3,0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：＋－2m2為定值． 解：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立消去x，整理得y2－2pmy－6p＝0， 則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，x1x2＝＝9， 由·＝x1x2＋y1y2＝9－6p＝6， 解得p＝，所以y2＝x. (2)證明：由題意得k1＝＝， k2＝＝， 所以＝m＋，＝m＋，

7、 所以＋－2m2＝2＋2－2m2 ＝2m2＋12m＋36－2m2 ＝12m·＋36·. 由(1)可知：y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3， 所以＋－2m2＝12m·＋36·＝24， 所以＋－2m2為定值． 5．(2018·惠州調(diào)研)已知C為圓(x＋1)2＋y2＝8的圓心，P是圓上的動點，點Q在圓的半徑CP上，且有點A(1,0)和AP上的點M，滿足·＝0，＝2. (1)當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡方程； (2)若斜率為k的直線l與圓x2＋y2＝1相切，與(1)中所求點Q的軌跡交于不同的兩點F，H，O是坐標原點，且≤·≤，求k的取值范圍． 解：(1)由題意知MQ

8、是線段AP的垂直平分線， 所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2>|CA|＝2， 所以點Q的軌跡是以點C，A為焦點，焦距為2，長軸長為2的橢圓， 所以a＝，c＝1，b＝＝1， 故點Q的軌跡方程是＋y2＝1. (2)設直線l：y＝kx＋t，F(xiàn)(x1，y1)，H(x2，y2)， 直線l與圓x2＋y2＝1相切?＝1?t2＝k2＋1. 聯(lián)立?(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 則Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0?k≠0， x1＋x2＝，x1x2＝， 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2

9、＋kt(x1＋x2)＋t2 ＝＋kt＋t2 ＝－＋k2＋1 ＝， 所以≤≤?≤k2≤?≤|k|≤， 所以－≤k≤－或≤k≤. 故k的取值范圍是∪. 6.如圖所示，設橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左頂點為A，中心為O，若橢圓M過點P，且AP⊥OP. (1)求橢圓M的方程； (2)若△APQ的頂點Q也在橢圓M上，試求△APQ面積的最大值； (3)過點A作兩條斜率分別為k1，k2的直線交橢圓M于D，E兩點，且k1k2＝1，求證：直線DE過定點． 解：(1)由AP⊥OP，可知kAP·kOP＝－1. 又點A的坐標為(－a,0)， 所以·＝－1，解得a＝1. 又因為橢圓M過點P

10、，所以＋＝1，解得b2＝， 所以橢圓M的方程為x2＋＝1. (2)由題意易求直線AP的方程為＝， 即x－y＋1＝0. 因為點Q在橢圓M上，故可設Q， 又|AP|＝， 所以S△APQ＝×× ＝× cos＋1 . 當θ＋＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－(k∈Z)時， S△APQ取得最大值＋. (3)證明：法一：由題意易得，直線AD的方程為y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，得(3k＋1)x2＋6kx＋3k－1＝0. 設D(xD，yD)，則(－1)·xD＝， 即xD＝，yD＝k1＝. 設E(xE，yE)，同理可得xE＝，yE＝. 又k1k2＝1且k1≠

11、k2，可得k2＝且k1≠±1， 所以xE＝，yE＝， 所以kDE＝＝＝， 故直線DE的方程為y－＝. 令y＝0，可得x＝－＝－2. 故直線DE過定點(－2,0)． 法二：設D(xD，yD)，E(xE，yE)． 若直線DE垂直于y軸，則xE＝－xD，yE＝y(tǒng)D，此時k1k2＝·＝＝＝與題設矛盾， 若DE不垂直于y軸，可設直線DE的方程為x＝ty＋s，將其代入x2＋3y2＝1，消去x，得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0， 則yD＋yE＝，yDyE＝. 又k1k2＝· ＝ ＝1， 可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0， 所以(t2

12、－1)·＋t(s＋1)·＋(s＋1)2＝0， 可得s＝－2或s＝－1. 又DE不過點A，即s≠－1，所以s＝－2. 所以DE的方程為x＝ty－2. 故直線DE過定點(－2,0)． 7．(2018·南昌模擬)如圖，已知直線l：y＝kx＋1(k>0)關于直線y＝x＋1對稱的直線為l1，直線l，l1與橢圓E：＋y2＝1分別交于點A，M和A，N，記直線l1的斜率為k1. (1)求k·k1的值； (2)當k變化時，試問直線MN是否恒過定點？若恒過定點，求出該定點坐標；若不恒過定點，請說明理由． 解：(1)設直線l上任意一點P(x，y)關于直線y＝x＋1對稱的點為P0(x0，y0)，

13、直線l與直線l1的交點為(0,1)， ∴l(xiāng)：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1， k＝，k1＝， 由＝＋1， 得y＋y0＝x＋x0＋2， ① 由＝－1，得y－y0＝x0－x， ② 由①②得 ∴k·k1＝ ＝＝1. (2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0， 設M(xM，yM)，N(xN，yN)， ∴xM＝，yM＝. 同理可得xN＝＝，yN＝＝. kMN＝＝＝＝－， 直線MN：y－yM＝kMN(x－xM)， 即y－＝－， 即y＝－x－＋＝－x－. ∴當k變化時，直線MN過定點. 8．(2019屆高三·湘東五校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點

14、，離心率等于，它的一個短軸端點恰好是拋物線x2＝8y的焦點． (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，已知P(2,3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側的動點． ①若直線AB的斜率為，求四邊形APBQ面積的最大值； ②當A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由． 解：(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， ∵拋物線的焦點為(0,2)． ∴b＝2. 由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)． ①設直線AB的方程為y＝x＋t， 代入＋＝1，

15、 得x2＋tx＋t2－12＝0， 由Δ>0，解得－4