2021高考數(shù)學(xué)(文)一輪知能檢測：第8章-第8節(jié)-曲線與方程

第八節(jié)圓錐曲線的綜合問題[全盤鞏固]1.如圖，中心均為原點(diǎn)O的雙曲線與橢圓有公共焦點(diǎn)，M，N是雙曲線的兩頂點(diǎn)．若M，O，N將橢圓長軸四等分，則雙曲線與橢圓的離心率的比值是()A．3B．2C.eq\r(3)D.eq\r(2)解析：選B設(shè)橢圓長半軸長為a(a>0)，則雙曲線半實(shí)軸的長為eq\f(a,2)，由于雙曲線與橢圓共焦點(diǎn)，設(shè)焦距為2c，所以雙曲線的離心率e1＝eq\f(c,\f(a,2))＝eq\f(2c,a)，橢圓的離心率e2＝eq\f(c,a)，所以eq\f(e1,e2)＝eq\f(\f(2c,a),\f(c,a))＝2.2．(2021·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的方程為()A.eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1B.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1D.eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1解析：選D由題意知kAB＝eq\f(1,2)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0.由AB的中點(diǎn)是(1，－1)知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝－2，))則eq\f(b2,a2)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2)，聯(lián)立a2－b2＝9，解得a2＝18，b2＝9，故橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.3．(2022·長春模擬)已知實(shí)數(shù)4，m,9構(gòu)成一個等比數(shù)列，則圓錐曲線eq\f(x2,m)＋y2＝1的離心率為()A.eq\f(\r(30),6)B.eq\r(7)C.eq\f(\r(30),6)或eq\r(7)D.eq\f(5,6)或7解析：選C由于4，m,9成等比數(shù)列，所以m＝±6，當(dāng)m＝6時，eq\f(x2,6)＋y2＝1為橢圓a2＝6，b2＝1，c2＝5.所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),\r(6))＝eq\f(\r(30),6)；當(dāng)m＝－6時，y2－eq\f(x2,6)＝1為雙曲線，a2＝1，b2＝6，c2＝7，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(7).4．(2022·湖州模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，M是拋物線C上的點(diǎn)，若△OFM的外接圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切，且該圓面積為9π，則p＝()A．2B．4C．6D．解析：選B依題意得，△OFM的外接圓半徑為3，△OFM的外接圓圓心應(yīng)位于線段OF的垂直平分線x＝eq\f(p,4)上，圓心到準(zhǔn)線x＝－eq\f(p,2)的距離等于3，即有eq\f(p,4)＋eq\f(p,2)＝3，由此解得p＝4.5．(2021·全國高考)已知拋物線C：y2＝8x與點(diǎn)M(－2,2)，過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A、B兩點(diǎn)．若·＝0，則k＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2)D．2解析：選D如圖所示，設(shè)F為焦點(diǎn)，取AB中點(diǎn)P，過A，B分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為G，H，連接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，則|MP|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)(|AG|＋|BH|)，所以MP為直角梯形BHGA的中位線，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM為公共邊，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，則MF⊥AB，所以k＝－eq\f(1,kMF)＝2.6.如圖，已知過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線x－my＋m＝0與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，且△OAB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積為2eq\r(2)，則m6＋m4的值是()A．1B.eq\r(2)C．2D．4解析：選C設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可知，eq\f(p,2)＝－m，將x＝my－m代入拋物線方程y2＝2px(p>0)中，整理得y2－2pmy＋2pm＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝2pm，y1y2＝2pm，則(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝(2pm)2－8pm＝16m4＋16m2，又△OAB的面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(p,2)|y1－y2|＝eq\f(1,2)(－m)×4eq\r(m4＋m2)＝2eq\r(2)，兩邊平方即可得m6＋m4＝2.7．(2021·安徽高考)已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點(diǎn)．若該拋物線上存在點(diǎn)C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________．解析：法一：設(shè)直線y＝a與y軸交于點(diǎn)M，拋物線y＝x2上要存在點(diǎn)C，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線y＝x2有除A、B外的交點(diǎn)即可，也就是使|AM|≤|MO|，即eq\r(a)≤a(a>0)，所以a≥1.法二：易知a>0，設(shè)C(m，m2)，由已知可令A(yù)(eq\r(a)，a)，B(－eq\r(a)，a)，則＝(m－eq\r(a)，m2－a)，＝(m＋eq\r(a)，m2－a)，由于⊥，所以m2－a＋m4－2am2＋a2＝0，可得(m2－a)(m2＋1－a)＝0.由于由題易知m2≠a，所以m2＝a－1≥0，故a∈[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)8．若C(－eq\r(3)，0)，D(eq\r(3)，0)，M是橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1上的動點(diǎn)，則eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)的最小值為________．解析：由橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1知c2＝4－1＝3，∴c＝eq\r(3)，∴C，D是該橢圓的兩焦點(diǎn)，令|MC|＝r1，|MD|＝r2，則r1＋r2＝2a∴eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)＝eq\f(1,r1)＋eq\f(1,r2)＝eq\f(r1＋r2,r1r2)＝eq\f(4,r1r2)，又∵r1r2≤eq\f(r1＋r22,4)＝eq\f(16,4)＝4，∴eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)＝eq\f(4,r1r2)≥1.當(dāng)且僅當(dāng)r1＝r2時，上式等號成立．故eq\f(1,|MC|)＋eq\f(1,|MD|)的最小值為1.答案：19．曲線C是平面內(nèi)與兩個定點(diǎn)F1(－1,0)和F2(1,0)的距離的積等于常數(shù)a2(a>1)的點(diǎn)的軌跡．給出下列三個結(jié)論：①曲線C過坐標(biāo)原點(diǎn)；②曲線C關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱；③若點(diǎn)P在曲線C上，則△F1PF2的面積不大于eq\f(1,2)a2.其中，全部正確結(jié)論的序號是________．解析：由于原點(diǎn)O到兩個定點(diǎn)F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)的距離的積是1，而a>1，所以曲線C不過原點(diǎn)，即①錯誤；由于F1(－1，0)，F(xiàn)2(1,0)關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以|PF1||PF2|＝a2對應(yīng)的軌跡關(guān)于原點(diǎn)對稱，即②正確；由于S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤eq\f(1,2)|PF1||PF2|＝eq\f(1,2)a2，即△F1PF2的面積不大于eq\f(1,2)a2，所以③正確．答案：②③10．已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，一個長軸頂點(diǎn)為(0,2)，它的兩個短軸頂點(diǎn)和焦點(diǎn)所組成的四邊形為正方形，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于異于橢圓頂點(diǎn)的兩點(diǎn)A，B，且＝2.(1)求橢圓的方程；(2)求m的取值范圍．解：(1)由題意，知橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，由題意，知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，則b＝eq\r(2)，所以橢圓方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意，知直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋2x2＝4，,y＝kx＋m，))消去y，得(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0，Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)>0，由根與系數(shù)的關(guān)系，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2mk,2＋k2)，,x1x2＝\f(m2－4,2＋k2)，))又＝2，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)，所以－x1＝2x2.則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－x2，,x1x2＝－2x\o\al(2,2)，))所以eq\f(m2－4,2＋k2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mk,2＋k2)))2.整理，得(9m2－4)k2＝8－又9m所以k2＝eq\f(8－2m2,9m2－4)>0，得eq\f(4,9)<m2<4，此時Δ>0.所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)).11．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)F1(－1,0)，長軸長與短軸長的比是2∶eq\r(3).(1)求橢圓的方程；(2)過F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點(diǎn)，若m⊥n，求證：eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)為定值．解：(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a∶2b＝2∶\r(3)，,c＝1，,a2＝b2＋c2.))解得a＝2，b＝eq\r(3).故所求橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由已知F1(－1,0)，當(dāng)直線m不垂直于坐標(biāo)軸時，可設(shè)直線m的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.由于Δ>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝－eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,3＋4k2)))2－4×\f(4k2－12,3＋4k2))))＝eq\f(121＋k2,3＋4k2).同理|CD|＝eq\f(121＋k2,3k2＋4).所以eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(3＋4k2,121＋k2)＋eq\f(3k2＋4,121＋k2)＝eq\f(71＋k2,121＋k2)＝eq\f(7,12).當(dāng)直線m垂直于坐標(biāo)軸時，此時|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,12).綜上，eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|)為定值eq\f(7,12).12．(2021·江西高考)如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，離心率e＝eq\f(1,2)，直線l的方程為x＝4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．解：(1)由Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上，得eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1.①依題設(shè)知a＝2c，則b2＝3c2②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)法一：由題意可設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－1)．③代入橢圓方程3x2＋4y2＝12，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－3,4k2＋3).④在方程③中令x＝4，得M的坐標(biāo)為(4,3k)．從而k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2).由于A，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，則有k＝kAF＝kBF，即有eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k.所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1).⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1，又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.故存在常數(shù)λ＝2符合題意．法二：設(shè)B(x0，y0)(x0≠1)，則直線FB的方程為y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，令x＝4，求得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3y0,x0－1)))，從而直線PM的斜率為k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2x0－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0,x0－1)x－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x0－8,2x0－5)，\f(3y0,2x0－5)))，則直線PA的斜率為k1＝eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)，直線PB的斜率為k2＝eq\f(2y0－3,2x0－1)，所以k1＋k2＝eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)＋eq\f(2y0－3,2x0－1)＝eq\f(2y0－x0＋1,x0－1)＝2k3，故存在常數(shù)λ＝2符合題意．[沖擊名校]如圖，已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為G，AB的中垂線與x軸和y軸分別交于D，E兩點(diǎn)．(1)若點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為－eq\f(1,4)，求直線AB的斜率；(2)記△GFD的面積為S1，△OED(O為原點(diǎn))的面積為S2.試問：是否存在直線AB，使得S1＝S2？說明理由．解：(1)依題意可知，直線AB的斜率存在，設(shè)其方程為y＝k(x＋1)．將其代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq\f(－8k2,4k2＋3).故點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－4k2,4k2＋3)＝－eq\f(1,4).解得k＝±eq\f(1,2).(2)假設(shè)存在直線AB，使得S1＝S2，明顯直線AB不能與x，y軸垂直．由(1)可得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k2,4k2＋3)，\f(3k,4k2＋3))).設(shè)D點(diǎn)坐標(biāo)為(xD,0)．由于DG⊥AB，所以eq\f(\f(3k,4k2＋3),\f(－4k2,4k2＋3)－xD)×k＝－1，解得xD＝eq\f(－k2,4k2＋3)，即Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－k2,4k2＋3)，0)).由于△GFD∽△OED，所以S1＝S2?|GD|＝|OD|.所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－k2,4k2＋3)－\f(－4k2,4k2＋3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3k,4k2＋3)))2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－k2,4k2＋3