(通用版)2018學(xué)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練酷專題課時(shí)跟蹤檢測(cè)(二十三)圓錐曲線理

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（二十三）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(zhǎng)軸長(zhǎng)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(dòng)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·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)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.3．(2018屆高三·西安八校聯(lián)考)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，若橢圓上的點(diǎn)T(2，eq\r(2))到點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和等于4eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)若直線y＝kx(k≠0)與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，A為橢圓C的左頂點(diǎn)，直線AE，AF分別與y軸交于點(diǎn)M，N.問：以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)？若經(jīng)過，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)由橢圓上的點(diǎn)T(2，eq\r(2))到點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和是4eq\r(2)，可得2a＝4eq\r(2)，a＝2eq\r(2).又T(2，eq\r(2))在橢圓上，因此eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，所以b＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)因?yàn)闄E圓C的左頂點(diǎn)為A，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2eq\r(2)，0)．因?yàn)橹本€y＝kx(k≠0)與橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)E(x0，y0)(不妨設(shè)x0＞0)，則點(diǎn)F(－x0，－y0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y，得x2＝eq\f(8,1＋2k2)，所以x0＝eq\f(2\r(2),\r(1＋2k2))，則y0＝eq\f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，所以直線AE的方程為y＝eq\f(k,1＋\r(1＋2k2))(x＋2eq\r(2))．因?yàn)橹本€AE，AF分別與y軸交于點(diǎn)M，N，令x＝0，得y＝eq\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))，即點(diǎn)M0，eq\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2)).同理可得點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2)))).所以|MN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))－\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))＝eq\f(2\r(21＋2k2),|k|).設(shè)MN的中點(diǎn)為P，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),k))).則以MN為直徑的圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(\r(2),k)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21＋2k2),|k|)))2，即x2＋y2＋eq\f(2\r(2),k)y＝4.令y＝0，得x2＝4，即x＝2或x＝－2.故以MN為直徑的圓經(jīng)過兩定點(diǎn)P1(2,0)，P2(－2,0)．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(jiǎn)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\a