【名师伴你行】（新课标）2023高考数学大一轮复习 解答题专题突破（五）圆锥曲线的热点问题课时作业 理

课时作业(五十七)　高考解答题专题突破(五)圆锥曲线的热点问题1．(2015·烟台模拟)已知椭圆C1和抛物线C2有公共焦点F(1,0)，C1的中心点和C2的顶点都在坐标原点，过点M(4,0)的直线l与抛物线C2分别相交于A，B两点．(1)如图所示，若＝，求直线l的方程；(2)若坐标原点O关于直线l的对称点P在抛物线C2上，直线l与椭圆C1有公共点，求椭圆C1的长轴长的最小值．解：(1)由题知抛物线方程为y2＝4x.设直线l方程为x＝my＋4，A，B，因为＝，所以y1＝－y2，联立得y2－4my－16＝0，则有解得y1＝－2，y2＝8，m＝，所以直线l的方程为2x－3y－8＝0.(2)设P(4t2,4t)，则OP的中点(2t2,2t)在直线l上，∴解得m＝±1，∵t<0，∴m＝1，直线l：x＝y＋4.设椭圆C1方程为＋＝1(a>1)，由椭圆与直线方程联立，得(2a2－1)y2＋8(a2－1)y－a4＋17a2－16＝0∵Δ＝[8(a2－1)]2－4(2a2－1)(17a2－16－a4)＝0，∴a≥，∴长轴长最小值为.2．(2015·潍坊模拟)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，点P9\n为上顶点，圆O：x2＋y2＝b2将椭圆C的长轴三等分，直线l：y＝mx－(m≠0)与椭圆C交于A，B两点，PA，PB与圆O交于M，N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)求证：△APB为直角三角形；(3)设直线MN的斜率为n，求证：为定值．解：(1)由题知2b＝2，∴b＝1.∵圆O将椭圆C的长轴三等分，∴2b＝×2a，∴a＝3b＝3，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：由消去y，得(1＋9m2)x2－mx－＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，又P(0,1)，∴·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋＝x1x2＋m2x1x2－m(x1＋x2)＋＝(1＋m2)·－m·＋＝＝0.∴PA⊥PB，则△PAB为直角三角形．(3)证明：由(2)知PA⊥PB，由题意知直线PA，PB的斜率存在且不为0，9\n设直线PA的斜率为k(k>0)，则PA：y＝kx＋1，由得或∴A，又直线l过点，则m＝＝.由得或∴M＝.又∵PM⊥PN，∴MN为⊙O的直径，∴MN过原点O，∴n＝kOM＝，又∵m≠0，∴k2－1≠0，∴n≠0，∴＝＝(定值)．3．(2015·淄博模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点，右焦点为F2，如图所示．设A，B是C上的两个动点，线段AB的中点M的横坐标为－，线段AB的中垂线交椭圆C于P，Q两点．(1)求椭圆C的方程；(2)求·的取值范围．解：(1)因为焦距为2，所以a2－b2＝1，因为椭圆C过点，所以＋＝1.故a2＝2，b2＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.9\n(2)由题意，当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x＝－，此时P(－，0)，Q(，0)，得·＝－1.当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB的斜率为k(k≠0)，M(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由得(x1＋x2)＋2(y1＋y2)·＝0，则－1＋4mk＝0，故4mk＝1.此时直线PQ斜率为k1＝－4m，PQ的直线方程为y－m＝－4m.即y＝－4mx－m.联立消去y整理，得(32m2＋1)x2＋16m2x＋2m2－2＝0.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，所以x3＋x4＝－，x3x4＝.于是·＝(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋(4mx3＋m)(4mx4＋m)＝(4m2－1)(x3＋x4)＋(16m2＋1)x3x4＋m2＋1＝＋＋1＋m2＝.由于M在椭圆的内部，故0<m2<，令t＝32m2＋1,1<t<29，则·＝－.又1<t<29，所以－1<·<.综上，·的取值范围为.4．(2015·德州模拟)已知点A，B分别为椭圆：＋＝1(a>b9\n>0)长轴的左、右端点，点C是椭圆短轴的一个端点，且离心率e＝，三角形ABC的面积为，动直线l：y＝kx＋m(m≠0)与椭圆交于M，N两点．(1)求椭圆方程；(2)若椭圆上存在点P，满足＋＝λ(O为坐标原点)，求λ的取值范围；(3)在(2)的条件下，当λ取何值时，△MNO的面积最大，并求出这个最大值．解：(1)由离心率e＝，三角形ABC的面积为，得＝，ab＝，解得a＝，b＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，由题意得x0＝，y0＝，由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(1＋2k2－m2)>0得m2<1＋2k2，x1＋x2＝，x1x2＝.则x0＝＝，y0＝＝，代入椭圆C的方程，得＋＝1，所以λ2＝.∵1＋2k2>m2，∴λ2<4.∵m≠0，∴λ≠0，所以λ的取值范围为(－2,0)∪(0,2)．(3)由(2)，得|MN|＝·＝·，9\nO到直线l的距离为d＝.所以S△MNO＝|m|＝＝＝≤×＝，当λ2＝4－λ2，即λ2＝2时等号成立．故当λ＝±时，△MNO的面积最大，最大值为.5．(2015·菏泽一模)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以椭圆的左顶点T为圆心作圆T：(x＋2)2＋y2＝r2(r>0)，设圆T与椭圆C交于点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)求·的最小值，并求此时圆T的方程；(3)设点P是椭圆C上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与x轴交于点R，S，O为坐标原点，试问：是否存在使S△POS·S△POR最大的点P，若存在求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知解之得由c2＝a2－b2，得b＝1，故椭圆C方程为＋y2＝1.(2)点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨设y1>0，由于点M在椭圆C上，∴y＝1－，由已知T(－2,0)，则＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，∴·＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)9\n＝(x1＋2)2－y＝(x1＋2)2－＝2－.由于－2<x1<2，故当x1＝－时，·取得最小值为－.当x1＝－时，y1＝，故M，又点M在圆T上，代入圆的方程得r2＝，故圆T的方程为(x＋2)2＋y2＝.(3)假设存在满足条件的点P，设P(x0，y0)，则直线MP的方程为y－y0＝(x－x0)，令y＝0，得xR＝，同理xS＝，故xRxS＝.又点M与点P在椭圆上，故x＝4(1－y)，x＝4(1－y)，得xRxS＝＝＝4，∴|OR||OS|＝|xR||xS|＝|xRxS|＝4为定值．S△POS·S△POR＝|OS||yP|·|OR||yP|＝×4×y＝y，由P为椭圆上的一点，∴要使S△POS·S△POR最大，只要y最大，而y的最大值为1，故满足条件的点P存在，其坐标为P(0,1)和P(0，－1)．6．(2015·枣庄模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，斜率为1的直线l交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，D为坐标原点．(1)若椭圆C的离心率e＝，直线l过点(b,0)，且·＝－，求椭圆C的方程；(2)若直线l过椭圆C的右焦点F(c,0)，当椭圆C变化时，求的取值范围；(3)在(2)的条件下，设向量OP＝λ(＋)(λ>0)，若点P在椭圆C上，当椭圆C变化时，求实数λ的取值范围．解：(1)由椭圆C的离心率e＝，得＝.9\n所以＝，所以＝，即a2＝4b2.所以椭圆C的方程为＋＝1，即x2＋4y2＝4b2.①由题意，直线l的方程为y＝x－b.②将②代入①中并整理，得5x2－8bx＝0.所以x1＝0，x2＝.因此y1＝－b，y2＝.不妨设A(0，－b)，B.由·＝－，得0×－b×＝－，解得b2＝4.所以a2＝4b2＝16.椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题意，直线l的方程为y＝x－c.代入椭圆C的方程消去y并整理，得(a2＋b2)x2－2a2cx＋a2(c2－b2)＝0.由于右焦点F在椭圆C的内部，所以该方程的判别式Δ>0.由韦达定理，得x1＋x2＝，x1x2＝.所以|AB|2＝(1＋12)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝(1＋12)＝＝＝.所以|AB|＝.所以0<＝<＝1.所以的取值范围为(0,1)．(3)由(2)，得x1＋x2＝，y1＋y2＝x1＋x2－2c＝－2c＝.由＝λ(＋)，得(xP，yP)＝λ.9\n由点P在椭圆C上，得b2x＋a2y＝a2b2.所以有b22λ2＋a22λ2＝a2b2.所以有4a2b2c2(a2＋b2)λ2＝a2b2(a2＋b2)2，即4λ2＝.所以4λ2＝＝.令2＝t，则t>1.从而4λ2＝＝＝1＋>1，所以λ2>.又λ>0.所以实数λ的取值范围为.9