2018學(xué)數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練酷專題課時(shí)跟蹤檢測（二十二）圓錐曲線文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精8-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE課時(shí)跟蹤檢測（二十二）圓錐曲線1．(2018屆高三·石家莊摸底)已知橢圓C：eq\f(x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1（a＞b＞0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點(diǎn),直線TA，TB的斜率之積為－eq\f（3，4).（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)M（0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，求eq\o（OP，\s\up7（→）)·eq\o（OQ，\s\up7(→))＋eq\o（MP,\s\up7（→)）·eq\o（MQ，\s\up7(→))的取值范圍．解:(1）設(shè)T(x,y），由題意知A(－4,0）,B（4，0），設(shè)直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1＝eq\f（y,x＋4），k2＝eq\f(y，x－4）。由k1k2＝－eq\f（3,4)，得eq\f(y，x＋4)·eq\f（y，x－4)＝－eq\f（3，4）,整理得eq\f(x2,16）＋eq\f（y2,12)＝1。故橢圓C的方程為eq\f（x2，16)＋eq\f(y2，12)＝1.(2）當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為（x1，y1)，(x2，y2），聯(lián)立方程eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（x2，16）＋\f（y2，12)＝1，，y＝kx＋2）)消去y，得（4k2＋3）x2＋16kx－32＝0.所以x1＋x2＝－eq\f(16k，4k2＋3），x1x2＝－eq\f（32，4k2＋3）.從而，eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o（OQ,\s\up7(→))＋eq\o（MP,\s\up7（→))·eq\o（MQ，\s\up7(→)）＝x1x2＋y1y2＋x1x2＋(y1－2)（y2－2）＝2（1＋k2)x1x2＋2k（x1＋x2)＋4＝eq\f(－80k2－52，4k2＋3)＝－20＋eq\f（8,4k2＋3)。所以－20＜eq\o（OP，\s\up7（→）)·eq\o(OQ，\s\up7（→）)＋eq\o(MP，\s\up7（→））·eq\o(MQ，\s\up7（→）)≤－eq\f（52,3）.當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，eq\o(OP,\s\up7（→））·eq\o(OQ，\s\up7（→））＋eq\o（MP，\s\up7（→）)·eq\o（MQ，\s\up7(→））的值為－20。綜上，eq\o（OP，\s\up7（→））·eq\o(OQ，\s\up7（→)）＋eq\o(MP，\s\up7（→))·eq\o（MQ,\s\up7(→)）的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（－20，－\f(52,3）））。2．（2017·張掖模擬)已知橢圓C:eq\f(x2，a2）＋eq\f(y2，b2）＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f（1,2），右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為E，P為直線x＝eq\f（5，4）a上的任意一點(diǎn)，且（eq\o(PF,\s\up7（→)）＋eq\o（PE,\s\up7(→）))·eq\o(EF，\s\up7(→））＝2。（1)求橢圓C的方程；（2)過F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在第一象限），動直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),且M，N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值．解：(1)設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（5，4）a，m）），又F（c,0)，E（a，0)，則eq\o(PF，\s\up7（→））＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(c－\f（5，4)a,－m)），eq\o（PE，\s\up7(→）)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(a，4），－m)），eq\o（EF，\s\up7(→））＝（c－a,0)，所以（2c－3a）（c－a)＝4。又e＝eq\f(c，a）＝eq\f(1,2)，所以a＝2，c＝1，b＝eq\r（3),從而橢圓C的方程為eq\f（x2,4)＋eq\f(y2,3）＝1.(2）證明:由(1)知Aeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1，\f（3，2))），設(shè)M（x1,y1）,N（x2，y2），MN的方程為y＝kx＋m，代入橢圓方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2，3）＝1，得（4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，則eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（Δ＞0,，x1＋x2＝－\f（8km，4k2＋3），，x1x2＝\f（4m2－12，4k2＋3），））又M,N是橢圓上位于直線AB兩側(cè)的動點(diǎn),若始終保持∠MAB＝∠NAB，則kAM＋kAN＝0，即eq\f(y1－\f(3，2）,x1－1）＋eq\f(y2－\f（3,2）,x2－1）＝0,則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋m－\f(3,2)))（x2－1)＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（kx2＋m－\f(3,2））)(x1－1)＝0，整理得（2k－1）(2m＋2k－3）＝0，得k＝eq\f（1,2)。故直線MN的斜率為定值eq\f(1,2).3．（2017·全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動點(diǎn)M在橢圓C:eq\f(x2,2）＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足eq\o（NP,\s\up7(→))＝eq\r（2)eq\o（NM，\s\up7（→）)。(1）求點(diǎn)P的軌跡方程;（2）設(shè)點(diǎn)Q在直線x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up7(→)）·eq\o(PQ,\s\up7(→)）＝1。證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.解：（1）設(shè)P(x，y),M(x0，y0),則N(x0，0），eq\o(NP,\s\up7(→）)＝（x－x0,y），eq\o(NM,\s\up7（→))＝(0，y0），由eq\o（NP，\s\up7(→））＝eq\r（2)eq\o（NM，\s\up7(→）），得x0＝x,y0＝eq\f(\r(2)，2)y。因?yàn)镸(x0,y0)在橢圓C上，所以eq\f（x2，2)＋eq\f(y2，2)＝1。因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2.(2）證明：由題意知F（－1，0)．設(shè)Q（－3，t），P(m,n)，則eq\o(OQ,\s\up7（→）)＝(－3，t)，eq\o（PF，\s\up7（→)）＝（－1－m，－n）,eq\o(OQ，\s\up7(→）)·eq\o(PF，\s\up7（→)）＝3＋3m－tn，eq\o（OP，\s\up7（→))＝（m，n),eq\o(PQ，\s\up7(→)）＝（－3－m，t－n)，由eq\o（OP，\s\up7(→））·eq\o(PQ,\s\up7（→）)＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由（1）知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0。所以eq\o（OQ,\s\up7(→）)·eq\o(PF，\s\up7（→))＝0,即eq\o(OQ，\s\up7(→))⊥eq\o(PF,\s\up7(→））。又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.4。（2017·安徽二校聯(lián)考）已知焦點(diǎn)為F的拋物線C1：x2＝2py(p＞0），圓C2：x2＋y2＝1，直線l與拋物線相切于點(diǎn)P,與圓相切于點(diǎn)Q。（1）當(dāng)直線l的方程為x－y－eq\r（2)＝0時(shí)，求拋物線C1的方程；（2）記S1，S2分別為△FPQ，△FOQ的面積,求eq\f(S1，S2)的最小值．解：（1)設(shè)點(diǎn)Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（x0，\f（x\o\al(2，0）,2p）))，由x2＝2py(p＞0）得,y＝eq\f（x2，2p),求得y′＝eq\f（x,p)，因?yàn)橹本€PQ的斜率為1,所以eq\f（x0，p）＝1且x0－eq\f(x\o\al(2，0）,2p)－eq\r(2)＝0,解得p＝2eq\r（2).所以拋物線C1的方程為x2＝4eq\r(2)y.(2）點(diǎn)P處的切線方程為y－eq\f(x\o\al（2,0）,2p)＝eq\f（x0,p)(x－x0）,即2x0x－2py－xeq\o\al(2，0）＝0，OQ的方程為y＝－eq\f(p,x0）x。根據(jù)切線與圓相切，得eq\f(|－x\o\al(2，0)｜,\r(4x\o\al(2，0)＋4p2))＝1，化簡得xeq\o\al(4，0）＝4xeq\o\al（2，0）＋4p2，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0x－2py－x\o\al(2，0)＝0，,y＝－\f(p,x0)x，）)解得Qeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，x0)，\f(4－x\o\al（2,0）,2p))).所以|PQ｜＝eq\r(1＋k2)|xP－xQ|＝eq\r(1＋\f(x\o\al(2,0），p2）)eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（x0－\f(2，x0)））＝eq\f（\r（p2＋x\o\al（2，0）)，p）·eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2，0)－2,x0））)，又點(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f(p,2)））到切線PQ的距離d1＝eq\f（｜－p2－x\o\al（2,0）｜，\r(4x\o\al(2,0）＋4p2)）＝eq\f（1，2)eq\r（x\o\al(2,0）＋p2）,所以S1＝eq\f（1,2）｜PQ｜d1＝eq\f（1,2)·eq\f(\r(p2＋x\o\al(2，0)）,p）·eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f(x\o\al（2，0）－2，x0）))·eq\f（1,2)eq\r(x\o\al(2,0)＋p2）＝eq\f（x\o\al(2，0)＋p2，4p)eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\f（x\o\al（2，0）－2，x0))），S2＝eq\f（1,2）｜OF｜|xQ｜＝eq\f（p，2|x0|),而由xeq\o\al(4，0）＝4xeq\o\al（2，0）＋4p2知,4p2＝xeq\o\al(4,0)－4xeq\o\al（2,0）＞0，得｜x0｜＞2，所以eq\f(S1,S2）＝eq\f（x\o\al（2,0)＋p2，4p)eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f（x\o\al(2，0)－2,x0))）·eq\f(2|x0|，p）＝eq\f(x\o\al(2，0）＋p2x\o\al（2，0）－2,2p2）＝eq\f（4x\o\al(2，0）＋x\o\al（4，0)－4x\o\al(2,0)x\o\al(2,0）－2，2x\o\al(4,0）－4x\o\al(2，0）)＝eq\f(x\o\al(2,0）x\o\al(2，0）－2,2x\o\al(2，0)－4)＝eq\f（x\o\al（2，0)－4,2)＋eq\f（4