【走向高考】2022届高三数学一轮专题5 高考中的圆锥曲线问题（含解析）北师大版

专题五　高考中的圆锥曲线问题1.已知过点A(－4,0)的动直线l与抛物线G：x2＝2py(p>0)相交于B，C两点．当直线l的斜率是时，＝4.(1)求抛物线G的方程．(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b，求b的取值范围．[解析]　(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的斜率是时，l的方程为y＝(x＋4)，即x＝2y－4.由得2y2－(8＋p)y＋8＝0，∴又∵＝4，∴y2＝4y1③由①、②、③及p>0得：y1＝1，y2＝4，p＝2，则抛物线G的方程为：x2＝4y.(2)设l：y＝k(x＋4)，BC的中点坐标为(x0，y0)，由得x2－4kx－16k＝0④∴x0＝＝2k，y0＝k(x0＋4)＝2k2＋4k.∴线段BC的中垂线方程为y－2k2－4k＝－(x－2k)，∴线段BC的中垂线在y轴上的截距为：b＝2k2＋4k＋2＝2(k＋1)2，对于方程④，由Δ＝16k2＋64k>0得：k>0或k<－4.∴b∈(2，＋∞)．2．(2022·宜宾模拟)设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右两个焦点．(1)若椭圆C上的点A(1，)到F1，F2两点的距离之和等于4，写出椭圆C的方程和离心率；(2)若M，N是椭圆C上关于原点对称的两点，点P是椭圆上除M，N外的任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，求证：kPM·kPN为定值．[解析]　(1)根据已知条件：2a＝4，即a＝2，所以椭圆方程为＋＝1，又A(1，)为椭圆C上一点，则＋＝1，解得b2＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1，所以c＝＝1，所以椭圆C的离心率e＝＝.(2)因为M，N是椭圆上关于原点对称的点，设M(x0，y0)，则N(－x0，－y0)，设P点坐标为(x，y)，则＋＝1，＋＝1，-7-\n即y＝3(1－)，y2＝3(1－)，所以kPM·kPN＝·＝＝＝－.即kPM·kPN为定值．3．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.(1)求k的取值范围；(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量＋与共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．[解析]　(1)由已知条件，知直线l的方程为y＝kx＋，代入椭圆方程，得＋(kx＋)2＝1，整理得(＋k2)x2＋2kx＋1＝0.①由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q，得Δ＝8k2－4(＋k2)＝4k2－2＞0，解得k<－或k>，即k的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)．由方程①，知x1＋x2＝－.②又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.③由A(，0)，B(0,1)，得＝(－，1)．所以＋与共线等价于x1＋x2＝－(y1＋y2)，将②③代入，解得k＝.由(1)知k＜－或k＞，故不存在符合题意的常数k.1.(2022·温州测试)如图，已知过T(3，－2)的动直线l与抛物线C：y2＝4x交于P，Q两点，点A(1,2)．-7-\n(1)证明：直线AP与直线AQ的斜率乘积恒为定值－2；(2)以PQ为底边的等腰三角形APQ有几个？请说明理由．[解析]　(1)证明：设直线l的方程为x＝m(y＋2)＋3，由得y2－4my－8m－12＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－12，所以kAP·kAQ＝·＝·＝＝－2.(2)一个．理由如下：PQ的中点坐标为(，)，即(，)，因为＋＝＝4m2＋4m＋6，所以PQ的中点坐标为(2m2＋2m＋3,2m)，由已知得＝－m，即m3＋m2＋2m－1＝0.设f(m)＝m3＋m2＋2m－1，则f′(m)＝3m2＋2m＋2>0，所以f(m)在R上是增函数，又f(0)＝－1，f(1)＝3，所以函数f(m)有且只有一个零点，即方程m3＋m2＋2m－1＝0有唯一实根．所以满足条件的等腰三角形有且只有一个．2．如图，点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.(1)如果点Q的坐标是(4,4)，求此时椭圆C的方程；-7-\n(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．[解析]　(1)解法一：由条件知，P(－c，)．故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－，因为PF2⊥F2Q，所以直线F2Q的方程为y＝x－.故Q(，2a)．由题设知，＝4,2a＝4，解得a＝2，c＝1.故椭圆方程为＋＝1.解法二：设直线x＝与x轴交于点M.由条件知P(－c，)，因为△PF1F2∽△F2MQ，所以＝，即＝，解得|MQ|＝2A．所以解得故椭圆方程为＋＝1.(2)证明：直线PQ的方程为＝，即y＝x＋A．将上式代入＋＝1得，x2＋2cx＋c2＝0，解得x＝－c，y＝，所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．3．(2022·大连双基测试)已知O为坐标原点，M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆＋＝1上的点，且x1x2＋2y1y2＝0，设动点P满足＝＋2.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)若直线l：y＝x＋m(m≠0)与曲线C交于A，B两点，求三角形OAB面积的最大值．-7-\n[解析]　(1)设点P(x，y)，则由＝＋2，得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)，即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.因为点M，N在椭圆＋＝1上，所以x＋2y＝4，x＋2y＝4.故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．由题意知，x1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20.(2)将曲线C与直线l的方程联立得，消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0.因为直线l与曲线C交于A，B两点，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，所以Δ＝16m2－4×3×(2m2－20)>0，又m≠0，所以0<m2<30，x3＋x4＝－，x3x4＝.又点O到直线AB：x－y＋m＝0的距离d＝，|AB|＝|x3－x4|＝＝＝，所以S△OAB＝×＝×≤×＝5，当且仅当m2＝30－m2，即m2＝15时取等号．所以三角形OAB面积的最大值为5.4．(2022·湖南高考)如图，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1>0，b1>0)和椭圆C2：＋＝1(a2>b2>0)均过点P(，1)，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．-7-\n(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝||？证明你的结论．[解析]　(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2＝2,2a1＝2.从而a1＝1，c2＝1.因为点P(，1)在双曲线x2－＝1上，所以()2－＝1，故b＝3.由椭圆的定义知2a2＝＋＝2.于是a2＝，b＝a－c＝2.故C1，C2的方程分别为x2－＝1，＋＝1.(2)不存在符合题设条件的直线．(ⅰ)若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－.当x＝时，易知A(，)，B(，－)，所以|＋|＝2，||＝2.此时，|＋|≠||.当x＝－时，同理可知，|＋|≠||.(ⅱ)当直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1＋x2＝，x1x2＝.于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.-7-\n因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.化简，得2k2＝m2－3.因此·＝x1x2＋y1y2＝＋＝≠0，于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，即|＋|2≠|－|2.故|＋|≠||.综合(ⅰ)，(ⅱ)可知，不存在符合题设条件的直线．-7-