高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练8.8《直线与圆锥曲线的综合问题》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练8.8《直线与圆锥曲线的综合问题》(教师版)，共8页。试卷主要包含了已知椭圆E，已知圆F1，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
1．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0，eq \r(2))，且离心率e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程.
(2)设直线l：x＝my－1(m∈R)交椭圆E于A，B两点，判断点Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)，0))与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
解析：(1)由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(2)，,c＝\r(2).))
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(m2＋2)y2－2my－3＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋2)，
从而y0＝eq \f(m,m2＋2).
所以|GH|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(9,4)))2＋yeq \\al(2,0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(my0＋\f(5,4)))2＋yeq \\al(2,0)＝(m2＋1)yeq \\al(2,0)＋eq \f(5,2)my0＋eq \f(25,16).
eq \f(|AB|2,4)＝eq \f(x1－x22＋y1－y22,4)
＝eq \f(1＋m2y1－y22,4)
＝eq \f(1＋m2[y1＋y22－4y1y2],4)
＝(1＋m2)(yeq \\al(2,0)－y1y2)，
故|GH|2－eq \f(|AB|2,4)＝eq \f(5,2)my0＋(1＋m2)y1y2＋eq \f(25,16)＝eq \f(5m2,2m2＋2)－eq \f(31＋m2,m2＋2)＋eq \f(25,16)＝eq \f(17m2＋2,16m2＋2)＞0，所以|GH|＞eq \f(|AB|,2).
故点Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)，0))在以AB为直径的圆外．
2.(承德模拟)如图所示，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b
＞0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))
＝－1.
(1)求椭圆E的方程．
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2).
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1).
从而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)
＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以，当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.
此时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.当λ＝1时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值－3.
3．(贵阳模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，|AB|＝4.
(1)求椭圆的方程．
(2)若|AB|＋|CD|＝eq \f(48,7)，求直线AB的方程．
解析：(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，2a＝4.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq \r(3)，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)．
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2).
同理，|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2＋4).
所以|AB|＋|CD|＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2)＋eq \f(12k2＋1,3k2＋4)
＝eq \f(84k2＋12,3＋4k23k2＋4)＝eq \f(48,7)，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
4.如图所示，已知F(eq \r(3)，0)为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(\r(3),2).
(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eq \f(3\r(5),10).若不存在，请说明理由；若存在，求出点P的坐标．
解析：(1)由已知得eq \f(S△B2OF,S△B2OA)＝eq \f(\f(1,2)bc,\f(1,2)ab)＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
又c＝eq \r(3)，所以a＝2，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)，y0)).又B2(0,1)，所以直线B2M的方程为y＝eq \f(2y0－1,x0)x＋1.
因为x0≠0，所以y0≠1，令y＝－1，
得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,1－y0)，－1)).又B1(0，－1)，
则Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,21－y0)，－1))，
所以|MR|＝eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)))2＋y0＋12)＝eq \r(\f(1＋y0,1－y0)).
直线MR的方程为y－y0＝－eq \f(x0,2y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0,2)))，
即2yy0＋x0x－2＝0，
所以点O到直线MR的距离为d＝eq \f(2,\r(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)))＝1，
所以S△MOR＝eq \f(1,2)|MR|·d＝eq \f(1,2)eq \r(\f(1＋y0,1－y0))×1＝eq \f(3\r(5),10)，解得y0＝eq \f(2,7)，
又eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，所以x0＝±eq \f(6\r(5),7)，
所以存在满足条件的点P，其坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(6\r(5),7)，\f(2,7))).
B组 能力提升练
5．(武邑模拟)已知圆F1：(x＋1)2＋y2＝16，定点F2(1,0)，A是圆F1上的一动点，线段F2A的垂直平分线交半径F1A于P点．
(1)求P点的轨迹C的方程．
(2)四边形EFGH的四个顶点都在曲线C上，且对角线EG，FH过原点O，若kEG· kFH＝－eq \f(3,4)，求证：四边形EFGH的面积为定值，并求出此定值．
解析：(1)因为P在线段F2A的中垂线上，
所以|PF2|＝|PA|.
所以|PF2|＋|PF1|＝|PA|＋|PF1|＝|AF1|＝4＞|F1F2|，
所以轨迹C是以F1，F2为焦点的椭圆，且c＝1，a＝2，所以b＝eq \r(3)，
故轨迹C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)不妨设点E，H位于x轴的上方，则直线EH的斜率存在，设EH的方程为y＝kx＋m，E(x1，y1)，H(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).①
由kEG·kFH＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(3,4)，
得eq \f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)
＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)＝－eq \f(3,4).②
由①，②，得2m2－4k2－3＝0.③
设原点到直线EH的距离为d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
|EH|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\f(1612k2－3m2＋9,3＋4k22))，
S四边形EFGH＝4S△EOH＝2|EH|·d
＝eq \f(8|m|\r(12k2－3m2＋9),3＋4k2)，④
由③，④，得S四边形EFGH＝4eq \r(3)，故四边形EFGH的面积为定值，且定值为4eq \r(3).
6．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D.
(1)若当点A的横坐标为3，且△ADF为以F为顶点的等腰三角形，求C的方程；
(2)对于(1)中求出的抛物线C，若点D(x0,0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0≥\f(1,2)))，记点B关于x轴的对称点为E，AE交x轴于点P，且AP⊥BP，求证：点P的坐标为(－x0,0)，并求点P 到直线AB的距离d的取值范围．
解析：(1)由题知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，|FA|＝3＋eq \f(p,2)，
则D(3＋p,0)，FD的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(3p,4)，0))，
则eq \f(3,2)＋eq \f(3p,4)＝3，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x.
(2)依题可设直线AB的方程为x＝my＋x0(m≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则E(x2，－y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋x0))消去x，得y2－4my－4x0＝0，因为x0≥eq \f(1,2).所以Δ＝16m2＋16x0＞0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4x0，
设P的坐标为(xP,0)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(x2－xp，－y2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(x1－xP，y1)，
由题知eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PA,\s\up6(→))，所以(x2－xP)y1＋y2(x1－xP)＝0，
即x2y1＋y2x1＝(y1＋y2)xP＝eq \f(y\\al(2,2)y1＋y\\al(2,1)y2,4)＝eq \f(y1y2y1＋y2,4)，显然y1＋y2＝4m≠0，所以xp＝eq \f(y1y2,4)＝－x0，即证xP(－x0,0)，由题知△EPB为等腰直角三角形，所以kAP＝1，
即eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝1，也即eq \f(y1＋y2,\f(1,4)y\\al(2,1)－y\\al(2,2))＝1，
所以y1－y2＝4，所以(y1＋y2)2－4y1y2＝16.
即16m2＋16x0＝16，m2＝1－x0，x0＜1，
又因为x0≥eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)≤x0＜1，d＝eq \f(|－x0－x0|,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(2－x0))，
令eq \r(2－x0)＝t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，x0＝2－t2，d＝eq \f(22－t2,t)＝eq \f(4,t)－2t，
易知f(t)＝eq \f(4,t)－2t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))上是减函数，所以d∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，2)).