高考数学课件+训练：专题跟踪检测(十四)圆锥曲线的综合问题理

专题跟踪检测（十四） 圆锥曲线的综合问题1．(2018·武汉调研)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)和定点M (0,1)，设过点M 的动直线交抛物线C 于A ，B 两点，抛物线C 在A ，B 处的切线的交点为N .(1)若N 在以AB 为直径的圆上，求p 的值；(2)若△ABN 的面积的最小值为4，求抛物线C 的方程． 解：设直线AB ：y ＝kx ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 将直线AB 的方程代入抛物线C 的方程得x 2－2pkx －2p ＝0， 则x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p .①(1)由x 2＝2py 得y ′＝x p ，则A ，B 处的切线斜率的乘积为x 1x 2p 2＝－2p， ∵点N 在以AB 为直径的圆上， ∴AN ⊥BN ，∴－2p＝－1，∴p ＝2.(2)易得直线AN ：y －y 1＝x 1p(x －x 1)， 直线BN ：y －y 2＝x 2p(x －x 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y －y 1＝x1p x －x 1，y －y 2＝x2px －x 2，结合①式，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝pk ，y ＝－1，即N (pk ，－1)．所以|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p ，点N 到直线AB 的距离d ＝|pk 2＋2|1＋k 2， 则S △ABN ＝12·|AB |·d ＝ppk 2＋3≥22p ，当k ＝0时，取等号， ∵△ABN 的面积的最小值为4， ∴22p ＝4，∴p ＝2， 故抛物线C 的方程为x 2＝4y .2．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n ＝0.(1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△POQ 的面积S 是否为定值，并说明理由． 解：(1)证明：∵k 1，k 2存在，∴x 1x 2≠0， ∵m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14. (2)①当直线PQ 的斜率不存在， 即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0， 又由P (x 1，y 1)在椭圆上， 得x 214＋y 21＝1， ∴|x 1|＝2，|y 1|＝22， ∴S △POQ ＝12|x 1|·|y 1－y 2|＝1.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(4k 2＋1－b 2)>0， ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1，满足Δ>0. ∴S △POQ ＝12·|b |1＋k2|PQ |＝12|b |x 1＋x 22－4x 1x 2＝2|b |·4k 2＋1－b24k 2＋1＝1. ∴△POQ 的面积S 为定值．3.(2018·长春质检)如图，在矩形ABCD 中，|AB |＝4，|AD |＝2，O为AB 的中点，P ，Q 分别是AD 和CD 上的点，且满足①|AP ||AD |＝|DQ ||DC |，②直线AQ 与BP 的交点在椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上．(1)求椭圆E 的方程；(2)设R 为椭圆E 的右顶点，M 为椭圆E 第一象限部分上一点，作MN 垂直于y 轴，垂足为N ，求梯形ORMN 面积的最大值．解：(1)设AQ 与BP 的交点为G (x ，y )，P (－2，y 1)，Q (x 1,2)，由题可知，y 12＝x 1＋24.∵k AG ＝k AQ ，k BG ＝k BP ， ∴yx ＋2＝2x 1＋2，y x －2＝－y 14， 从而有y 2x 2－4＝－y 1x 1＋＝－14，整理得x 24＋y 2＝1，即椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)知R (2,0)，设M (x 0，y 0)，则y 0＝124－x 20，从而梯形ORMN 的面积S ＝12(2＋x 0)y 0＝14－x 2＋x 02，令t ＝2＋x 0，则2<t <4，S ＝144t 3－t 4. 令u ＝4t 3－t 4，则u ′＝12t 2－4t 3＝4t 2(3－t )， 当t ∈(2,3)时，u ′>0，u ＝4t 3－t 4单调递增， 当t ∈(3,4)时，u ′<0，u ＝4t 3－t 4单调递减，所以当t ＝3时，u 取得最大值，则S 也取得最大值，最大值为334.4．已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)，直线x ＝my ＋3与E 交于A ，B 两点，且OA ―→·OB ―→＝6，其中O 为坐标原点．(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点C 的坐标为(－3,0)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：1k 21＋1k 22－2m2为定值．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋3，y 2＝2px消去x ，整理得y 2－2pmy －6p ＝0，则y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－6p ，x 1x 2＝y 1y 224p2＝9，由OA ―→·OB ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＝9－6p ＝6， 解得p ＝12，所以y 2＝x .(2)证明：由题意得k 1＝y 1x 1＋3＝y 1my 1＋6， k 2＝y 2x 2＋3＝y 2my 2＋6，所以1k 1＝m ＋6y 1，1k 2＝m ＋6y 2，所以1k 21＋1k 22－2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 22－2m 2＝2m 2＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＋36⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 21＋1y 22－2m 2＝12m ·y 1＋y 2y 1y 2＋36·y 1＋y 22－2y 1y 2y 21y 22. 由(1)可知：y 1＋y 2＝2pm ＝m ，y 1y 2＝－6p ＝－3，所以1k 21＋1k 22－2m 2＝12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 3＋36·m 2＋69＝24， 所以1k 21＋1k 22－2m 2为定值．5．(2018·惠州调研)已知C 为圆(x ＋1)2＋y 2＝8的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点A (1,0)和AP 上的点M ，满足MQ ―→·AP ―→＝0，AP ―→＝2AM ―→.(1)当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；(2)若斜率为k 的直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，与(1)中所求点Q 的轨迹交于不同的两点F ，H ，O 是坐标原点，且34≤OF ―→·OH ―→≤45，求k 的取值范围．解：(1)由题意知MQ 是线段AP 的垂直平分线， 所以|CP |＝|QC |＋|QP |＝|QC |＋|QA |＝22>|CA |＝2，所以点Q 的轨迹是以点C ，A 为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆， 所以a ＝2，c ＝1，b ＝a 2－c 2＝1， 故点Q 的轨迹方程是x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：y ＝kx ＋t ，F (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， 直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切⇒|t |k 2＋1＝1⇒t 2＝k 2＋1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋t⇒(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，则Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＝8(2k 2－t 2＋1)＝8k 2>0⇒k ≠0， x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2，所以OF ―→·OH ―→＝x 1x 2＋y 1y 2 ＝(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝＋k2t 2－1＋2k2＋kt －4kt 1＋2k2＋t 2＝＋k 2k 21＋2k 2－4k 2k 2＋1＋2k2＋k 2＋1＝1＋k 21＋2k2， 所以34≤1＋k 21＋2k 2≤45⇒13≤k 2≤12⇒33≤|k |≤22， 所以－22≤k ≤－33或33≤k ≤22. 故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，－33∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，22.6.如图所示，设椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点为A ，中心为O ，若椭圆M 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，且AP ⊥OP . (1)求椭圆M 的方程；(2)若△APQ 的顶点Q 也在椭圆M 上，试求△APQ 面积的最大值；(3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆M 于D ，E 两点，且k 1k 2＝1，求证：直线DE 过定点．解：(1)由AP ⊥OP ，可知k AP ·k OP ＝－1.又点A 的坐标为(－a,0)，所以12－12＋a ·12－12＝－1，解得a ＝1.又因为椭圆M 过点P ，所以14＋14b 2＝1，解得b 2＝13，所以椭圆M 的方程为x 2＋y 213＝1. (2)由题意易求直线AP 的方程为y －012－0＝x ＋1－12＋1，即x －y ＋1＝0.因为点Q 在椭圆M 上，故可设Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫cos θ，33sin θ， 又|AP |＝22， 所以S △APQ ＝12×22×⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos θ－33sin θ＋12＝14× 233cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6＋1 .当θ＋π6＝2k π(k ∈Z)，即θ＝2k π－π6(k ∈Z)时，S △APQ 取得最大值36＋14. (3)证明：法一：由题意易得，直线AD 的方程为y ＝k 1(x ＋1)，代入x 2＋3y 2＝1，消去y ，得(3k 21＋1)x 2＋6k 21x ＋3k 21－1＝0.设D (x D ，y D )，则(－1)·x D ＝3k 21－13k 21＋1，即x D ＝1－3k 211＋3k 21，y D ＝k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3k 211＋3k 21＋1＝2k 11＋3k 21. 设E (x E ，y E )，同理可得x E ＝1－3k 221＋3k 22，y E ＝2k 21＋3k 22.又k 1k 2＝1且k 1≠k 2，可得k 2＝1k 1且k 1≠±1，所以x E ＝k 21－3k 21＋3，y E ＝2k 1k 21＋3，所以k DE ＝y E －y D x E －x D ＝2k 1k 21＋3－2k 11＋3k 21k 21－3k 21＋3－1－3k 211＋3k 21＝2k 1k 21＋，故直线DE 的方程为y －2k 11＋3k 21＝2k 1k 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－3k 211＋3k 21. 令y ＝0，可得x ＝1－3k 211＋3k 21－k 21＋1＋3k 21＝－2.故直线DE 过定点(－2,0)． 法二：设D (x D ，y D )，E (x E ，y E )．若直线DE 垂直于y 轴，则x E ＝－x D ，y E ＝y D ，此时k 1k 2＝y Dx D ＋1·y Ex E ＋1＝y 2D1－x 2D ＝y 2D3y 2D ＝13与题设矛盾，若DE 不垂直于y 轴，可设直线DE 的方程为x ＝ty ＋s ，将其代入x 2＋3y 2＝1，消去x ，得(t 2＋3)y 2＋2tsy ＋s 2－1＝0，则y D ＋y E ＝－2ts t 2＋3，y D y E ＝s 2－1t 2＋3.又k 1k 2＝y D x D ＋1·y Ex E ＋1＝y D y Ety D ＋s ＋ty E ＋s ＋＝1，可得(t 2－1)y D y E ＋t (s ＋1)(y D ＋y E )＋(s ＋1)2＝0，所以(t 2－1)·s 2－1t 2＋3＋t (s ＋1)·－2ts t 2＋3＋(s ＋1)2＝0，可得s ＝－2或s ＝－1.又DE 不过点A ，即s ≠－1，所以s ＝－2. 所以DE 的方程为x ＝ty －2. 故直线DE 过定点(－2,0)．7．(2018·南昌模拟)如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解：(1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)，直线l 与直线l 1的交点为(0,1)， ∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2，① 由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，∴k ·k 1＝yy 0－y ＋y 0＋1xx 0＝x ＋x 0＋－x ＋x 0＋＋1xx 0＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， ∴x M ＝－8k 4k 2＋1，y M ＝1－4k24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k k 2－＝－k 2＋13k，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －－8k 4k 2＋1，即y ＝－k 2＋13k x －k 2＋k 2＋＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53. ∴当k 变化时，直线MN 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－53.8．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C 的中心在原点，离心率等于12，它的一个短轴端点恰好是抛物线x 2＝83y 的焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，已知P (2,3)，Q (2，－3)是椭圆上的两点，A ，B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点．①若直线AB 的斜率为12，求四边形APBQ 面积的最大值；②当A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值？请说明理由．解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，∵抛物线的焦点为(0,23)． ∴b ＝2 3.由c a ＝12，a 2＝c 2＋b 2，得a ＝4， ∴椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． ①设直线AB 的方程为y ＝12x ＋t ，代入x 216＋y 212＝1，得x 2＋tx ＋t 2－12＝0， 由Δ>0，解得－4<t <4， ∴x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2－12， ∴|x 1－x 2|＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝t 2－t 2－＝48－3t 2. ∴四边形APBQ 的面积S ＝12×6×|x 1－x 2|＝348－3t 2.∴当t ＝0时，S 取得最大值，且S max ＝12 3.②若∠APQ ＝∠BPQ ，则直线PA ，PB 的斜率之和为0，设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为－k ，直线PA 的方程为y －3＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k x －，x 216＋y 212＝1消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－48＝0， ∴x 1＋2＝8k k －3＋4k2，将k 换成－k 可得x 2＋2＝－8k －2k －3＋4k 2＝8kk ＋3＋4k2，∴x 1＋x 2＝16k 2－123＋4k 2，x 1－x 2＝－48k3＋4k 2，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k x 1－＋3＋k x 2－－3x 1－x 2＝k x 1＋x 2－4k x 1－x 2＝12，∴直线AB 的斜率为定值12.。