高端精品高中数学一轮专题-圆锥曲线 审题上——4大策略找到解题突破口（练）（带答案）试卷

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eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．在直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝6y与直线l：y＝kx＋3交于M，N两点．
(1)设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1与d2的乘积为定值；
(2)y轴上是否存在点P，当k变化时，总有∠OPM＝∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：将y＝kx＋3代入x2＝6y，得x2－6kx－18＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－18，
从而d1d2＝|x1|·|x2|＝|x1x2|＝18为定值．
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)＝eq \f(2kx1x2＋3－bx1＋x2,x1x2)＝eq \f(－36k＋6k3－b,x1x2).
当b＝－3时，有k1＋k2＝0对任意k恒成立，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－3)符合题意．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(6),3)，点A(3,0)，P是C上的动点，F为C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形FPAB面积的最小值．
解：(1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(2)，))
∴椭圆C的方程是eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设P(x0，y0)(－eq \r(2)＜y0＜eq \r(2)，y0≠0，x0＞0)，
设线段AP中点为M，又A(3,0)，
∴AP中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直线AP的斜率为eq \f(y0,x0－3)，
由△ABP是以AP为底边的等腰三角形，可得BM⊥AP，
∴直线AP的垂直平分线方程为
y－eq \f(y0,2)＝－eq \f(x0－3,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋3,2)))，
令x＝0得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y\\al(2,0)＋x\\al(2,0)－9,2y0)))，
∵eq \f(x\\al(2,0),6)＋eq \f(y\\al(2,0),2)＝1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0)))，
由F(－2,0)，∴四边形FPAB的面积S＝eq \f(5,2)(|y0|＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0))))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2|y0|＋\f(3,2|y0|)))≥5eq \r(3)，
当且仅当2|y0|＝eq \f(3,2|y0|)，即y0＝±eq \f(\r(3),2)时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5eq \r(3).
3．双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上．当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
解：(1)当|BF|＝|AF|，且BF⊥AF时，
有c＋a＝eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)，所以a＝c－a，解得e＝2.
(2)证明：由(1)知双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
设B(x，y)(x＞0，y＞0)易知渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
所以∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∠BFA∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，当x>a，x≠2a时，则kAB＝eq \f(y,x＋a)，kBF＝eq \f(y,x－c).
设∠BAF＝θ，则tan θ＝eq \f(y,x＋a)，tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(2×\f(y,x＋a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x＋a)))2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－y2)＝eq \f(2x＋ay,x＋a2－3a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－1)))＝eq \f(2x＋ay,－2x2＋2ax＋4a2)＝eq \f(y,2a－x)＝eq \f(y,c－x)＝－kBF＝tan∠BFA.
因为2∠BAF∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以∠BFA＝2∠BAF.
当x＝2a时，由(1)可得∠BFA＝eq \f(π,2)，∠BAF＝eq \f(π,4)，
故∠BFA＝2∠BAF.综上，∠BFA＝2∠BAF.
4．已知椭圆W: eq \f(x2,4m)＋eq \f(y2,m)＝1的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过点P(n,0)的直线与椭圆W相交于不同的两点C，D(不与点A，B重合)．
(1)当n＝0，且直线CD⊥x轴时， 求四边形ACBD的面积；
(2)设n＝1，直线CB与直线x＝4相交于点M，求证：A，D，M三点共线．
解：(1)由题意，得a2＝4m＝4, 解得m＝1.
所以椭圆W方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
当n＝0及直线CD⊥ x轴时，易得C(0,1)，D(0，－1)．
且A(－2,0)，B(2,0)．
所以|AB|＝4，|CD|＝2，显然此时四边形ACBD为菱形，
所以四边形ACBD的面积为eq \f(1,2)×4×2＝4.
(2)证明：当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为x＝1，
代入椭圆W的方程，得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)))，
易得CB的方程为y＝－eq \f(\r(3),2)(x－2)．
则M(4，－eq \r(3))，eq \(AM,\s\up7(―→))＝(6，－eq \r(3))，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝2eq \(AD,\s\up7(―→))，即A，D，M三点共线．
当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 消去y，
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
由题意，得Δ>0恒成立，
故x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).
直线CB的方程为y＝eq \f(y1,x1－2)(x－2)．
令x＝4，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2y1,x1－2))).
又因为A(－2,0)，D(x2，y2)，
则直线AD，AM的斜率分别为kAD＝eq \f(y2,x2＋2)，
kAM＝eq \f(y1,3x1－2)，所以kAD－kAM＝eq \f(y2,x2＋2)－eq \f(y1,3x1－2)＝eq \f(3y2x1－2－y1x2＋2,3x1－2x2＋2).
上式中的分子 3y2(x1－2)－y1(x2＋2)＝3k(x2－1)(x1－2)－k(x1－1)(x2＋2)＝2kx1x2－5k(x1＋x2)＋8k＝2k×eq \f(4k2－4,4k2＋1)－5k×eq \f(8k2,4k2＋1)＋8k＝0，
所以kAD－kAM＝0.所以A，D，M三点共线．
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB.
解：(1)由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(b2,a)，
∴eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝eq \r(3)，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知：∠FMA＝∠FMB.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
∴kAM＋kBM＝eq \f(y1,x1＋4)＋eq \f(y2,x2＋4)
＝eq \f(kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4,x1＋4x2＋4)
＝eq \f(k[2x1x2＋5x1＋x2＋8],x1＋4x2＋4).
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝eq \f(8k2－24,3＋4k2)－eq \f(40k2,3＋4k2)＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
6．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，A，B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，△ABF的周长恰为7eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→))(λ∈R)，求△ACD面积的取值范围．
解：(1)当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OA))＝ eq \r(1＋\f(7,2))＝eq \f(3\r(2),2)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝3eq \r(2).
由对称性，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF))＝2a，
所以2a＝7eq \r(2)－3eq \r(2)＝4eq \r(2)，得a＝2eq \r(2).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(14),2)))代入椭圆方程中，解得b2＝4,
所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝2eq \r(2)，
此时S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2).
当直线AB的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＋2y2＝8，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0.显然Δ＞0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,1＋2k2)，,x1·x2＝\f(8k2－8,1＋2k2)，))
故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))＝eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,1＋2k2)))2－4×\f(8k2－8,1＋2k2))＝
eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(32k2＋32,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))＝eq \f(4\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2).
因为eq \(CD,\s\up7(―→))＝λeq \(AB,\s\up7(―→)) (λ∈R)，所以CD∥AB，
所以点A到直线CD的距离即为点O到直线CD的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(CD))×d ＝eq \f(2\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2)),1＋2k2)×eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2k)),\r(1＋k2))
＝eq \f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k))·\r(1＋k2),1＋2k2)＝4eq \r(2) eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))2))
＝2eq \r(2) eq \r(\f(4k4＋4k2,4k4＋4k2＋1))＝2eq \r(2) eq \r(1－\f(1,1＋2k22))，
因为1＋2k2>1，所以0