届高考数学一轮复习第章平面解析几何第讲圆锥曲线的综合问题作业试题含解析新人教版.doc
第九章 平面解析几何第六讲圆锥曲线的综合问题拓展变式1.2022浙江,15分如图9-6-2,抛物线x2=y,点A(-,),B(,),抛物线上的点P(x,y)(-<x<).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.图9-6-2(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.2.2022全国卷,12分A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,·=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椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+12=0相切.(1)求椭圆C的方程.(2)A(-4,0),过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P,Q两点,连接AP,AQ,分别交直线x=于M,N两点,假设直线MR,NR的斜率分别为k1,k2,问:k1k2是否为定值?假设是,求出该定值;假设不是,请说明理由.4.2021湖北省局部重点中学摸底联考点A(1,-)在椭圆C:+=1(a>b>0)上,O为坐标原点,直线l:-=1的斜率与直线OA的斜率之积为-.(1)求椭圆C的方程.(2)不经过点A的直线m:y=x+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|.5.2022山西大同一联椭圆C的中心在原点,焦点在坐标轴上,直线y=x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·=.(1)求椭圆C的方程;(2)假设直线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.6.2022湖北省宜昌市三校联考F为椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,)在椭圆C上,且PFx轴.(1)求椭圆C的方程;(2)如图9-6-4,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9-6-4答 案第六讲圆锥曲线的综合问题1.(1)设直线AP的斜率为k,那么k=x-.因为-<x<,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-=k(x+),即kx-y+k+=0,因为BQAP且B点坐标为(,),所以直线BQ的方程为x+ky-k-=0.联立直线AP与BQ的方程,得解得xQ=.因为|PA|=(x+)=(k+1),|PQ|=(xQ-x)=-,所以|PA|·|PQ|=-(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,)上单调递增,(,1)上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.解法二连接BP,那么|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cosBPQ=·(-)=·-.易知P(x,x2)(-<x<),=(x+,x2-),=(2,2),那么·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=(x+)2+(x2-)2=x2+x+x4-x2+=x4+x2+x+.所以|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+(-<x<).设f(x)=-x4+x2+x+(-<x<),那么f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,所以f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=.故|AP|·|PQ|的最大值为.2.(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).那么=(a,1),=(a,-1).由·=8得a2-1=8,因为a>1,所以a=3.所以E的方程为+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).假设t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3<n<3.由于直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).直线PB的方程为y=(x-3),所以y2=(x2-3).消去t可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于+=1,故=-,那么x2-3=,代入式,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),又因为x1=my1+n,x2=my2+n,所以x1+x2=m(y1+y2)+2n,x1·x2=m2y1y2+2mn(y1+y2)+n2,所以(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-,y1y2=.代入式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.解得n=-3(舍去)或n=.故直线CD的方程为x=my+,所以直线CD过定点(,0).假设t=0,那么直线CD的方程为y=0,过点(,0).综上,直线CD过定点(,0).3.(1)由题意得解得所以椭圆C的方程为+=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题可知PQ斜率不为零,故设直线PQ的方程为x=my+3,联立直线PQ与椭圆的方程得消去x并整理,得(3m2+4)y2+18my-21=0,>0,那么y1+y2=,y1y2=.设M(,yM),N(,yN).由A,P,M三点共线可知=,所以yM=·.同理可得yN=·.所以k1k2=×=.因为(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)=m2y1y2+7m(y1+y2)+49,所以k1k2=-,即k1k2为定值,且定值为-.由题意知,kOA·kl=-·=-=-,即a2=4b2.又点A(1,-)在椭圆上,那么+=1,可得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),那么R(-x1,-y1),由消去y并整理,得x2+tx+t2-1=0,=3t2-4(t2-1)=-t2+4>0,即-2<t<2.x1+x2=-t,x1x2=t2-1.解法一要证|AM|=|AN|,只需证直线AQ的斜率kAQ与直线AR的斜率kAR互为相反数,即证kAQ+kAR=0.而kAR+kAQ=+=0,所以|AM|=|AN|.解法二设M(0,yM),N(0,yN),要证|AM|=|AN|,即证=-.直线AQ的方程为y+=(x-1),令x=0,得yM=-,直线AR的方程为y+=(x-1),令x=0,得yN=-.那么yM+yN=+-=0-=-,即=-,所以|AM|=|AN|.5.(1)因为点M在直线y=x上,且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点,所以设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),F2(c,0),所以M(c,c).易知F1(-c,0),所以·=(-2c,-c)·(0,-c)=c2=,所以c=1.由解得所以椭圆C的方程为+=1.(2)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=·4a·r=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的方程得消去x并整理,得(4+3k2)y2-6ky-9=0,易知>0,那么=·|F1F2|·|y1-y2|=.令=t,那么t1,所以=.记f(t)=3t+(t1),那么f '(t)=3-,当t1,+)时,f '(t)>0,那么f(t)=3t+在1,+)上单调递增,所以f(t)min=f(1)=4,所以=3,即当k=0时,F2PQ的面积取得最大值3.结合=4r,得r的最大值为.所以F2PQ的内切圆的面积的最大值为.6.(1)因为点P(2,)在椭圆C上,且PFx轴,所以c=2.设椭圆C的左焦点为E,那么|EF|=2c=4,|PF|=,连接PE,那么在RtEFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=3.所以2a=|PE|+|PF|=4,那么a=2,b2=a2-c2=4,所以椭圆C的方程为+=1.(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x-2),令x=4,得y=2k,那么点M的坐标为(4,2k).由消去y并整理,得(2k2+1)x2-8k2x+8(k2-1)=0,>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),那么x1+x2=,x1x2=.设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,从而k1=,k2=,k3=k-.因为直线AB的方程为y=k(x-2),那么y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),所以k1+k2=+=+-(+)=2k-·.将代入,得k1+k2=2k-·=2k-.又k3=k-,所以k1+k2=2k3,于是直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.
