2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合应用课时作业

-1-第3讲圆锥曲线的综合应用限时60分钟满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点M(2,1)，且离心率e＝32.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B分别是椭圆C的上顶点、右顶点，点P是椭圆C在第一象限内的一点，直线AP，BP分别交x轴，y轴于点M，N，求四边形ABMN面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c2＝a2－b2得a，b的关系，再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P的坐标，得到直线AP，BP的方程，从而表示出点M，N的坐标，进而得到|AN|·|BM|，最后利用S四边形ABMN＝S△OMN－S△OAB及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为32得，ca＝32，又c2＝a2－b2，∴a＝2b.又椭圆C经过点(2,1)，∴44b2＋1b2＝1，解得b2＝2，∴椭圆C的方程为x28＋y22＝1.(2)由(1)可知，A(0，2)，B(22，0)，设P(x0，y0)(0＜x0＜22，0＜y0＜2)，则直线AP：y＝y0－2x0x＋2，从而M－2x0y0－2，0.直线BP：y＝y0x0－22(x－22)，从而N0，－22y0x0－22.∵x208＋y202＝1，∴|AN|·|BM|＝2＋22y0x0－22·22＋2x0y0－2＝x0＋2y0－222x0－22y0－2＝x20＋4y20＋4x0y0－42x0－82y0＋x0y0－2x0－22y0＋4＝8.∴S四边形ABMN＝S△OMN－S△OAB＝12(|OM|·|ON|－|OA|·|OB|)-2-＝12(2|BM|＋22|AN|＋8)＝22(|BM|＋2|AN|)＋4≥4＋22·22|AN|·|BM|＝4＋42(O为坐标原点)，当且仅当|BM|＝4，|AN|＝2时取得最小值．2．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，上顶点M到直线3x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得，e＝ca＝32|b＋4|2＝3a2＝b2＋c2，解得a＝4b＝2，所以椭圆C的方程为x216＋y24＝1.(2)易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得y＋2＝kx－x216＋y24＝1，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，则x1＋x2＝16kk＋1＋4k2，x1x2＝64kk＋1＋4k2，因为kMA＋kMB＝y1－2x1＋y2－2x2＝kx1－4k－x2＋kx2－4k－x1x1x2，所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×x1＋x2x1x2＝2k－4(k＋1)×16kk＋64kk＋＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．3．(2019·淮南三模)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，直线4x＋3y－5＝0与以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆相切．-3-(1)求椭圆C的标准方程；(2)若A为椭圆C的下顶点，M，N为椭圆C上异于A的两点，直线AM与AN的斜率之积为1.①求证：直线MN恒过定点，并求出该定点的坐标；②若O为坐标原点，求OM→·ON→的取值范围．解析：(1)由题意可得离心率e＝ca＝63，又直线4x＋3y－5＝0与圆x2＋y2＝b2相切，所以b＝|－5|42＋32＝1，结合a2－b2＝c2，解得a＝3，所以椭圆C的标准方程为y23＋x2＝1.(2)①设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知A(0，－3)，又直线AM与AN的斜率之积为1，所以y1＋3x1·y2＋3x2＝1，即有x1x2＝y1y2＋3(y1＋y2)＋3，由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，设直线MN：y＝kx＋t(k≠0)，代入椭圆方程，消去y可得(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，所以x1x2＝t2－33＋k2，x1＋x2＝－2kt3＋k2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2t－2k2t3＋k2＝6t3＋k2，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝k2·t2－33＋k2＋kt－2kt3＋k2＋t2＝3t2－3k23＋k2，所以t2－33＋k2＝3t2－3k23＋k2＋36t3＋k2＋3，化简得t2＋33t＋6＝0，解得t＝－23(－3舍去)，则直线MN的方程为y＝kx－23，即直线MN恒过定点，该定点的坐标为(0，－23)．②由①可得OM→·ON→＝x1x2＋y1y2＝t2－33＋k2＋3t2－3k23＋k2＝4t2－3－3k23＋k2＝45－3k23＋k2，由(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，可得Δ＝4k2t2－4(t2－3)(3＋k2)＝48k2－36(3＋k2)＞0，-4-解得k2＞9.令3＋k2＝m，则m＞12，且k2＝m－3，所以45－3k23＋k2＝45－m－m＝54m－3，由m＞12，可得－3＜54m－3＜32.则OM→·ON→的取值范围是－3，32.4．(2019·浙江卷)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ΔABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．解：(1)由题意得p2＝1，即p＝2.所以，抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xc，yc)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝t2－12ty＋1，代入y2＝4x，得y2－t2－ty－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－2t，所以B1t2，－2t.又由于xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－2t＋yC＝0，得C1t－t2，21t－t，G2t4－2t2＋23t2，0.所以，直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2＞2.从而-5-S1S2＝12|FG|·|yA|12|QG|·|yc|＝2t4－2t2＋23t2－1·|2t|t2－1－2t4－2t2＋23t2·2t－2t＝2t4－t2t4－1＝2－t2－2t4－1.令m＝t2－2，则m0，S1S2＝2－mm2＋4m＋3＝2－1m＋3m＋4≥2－12m·3m＋4＝1＋32.当m＝3时，S1S2取得最小值1＋32，此时G(2,0)．5．(2019·北京卷)已知拋物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求拋物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过拋物线C的焦点作斜率不为0的直线l交拋物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．解析：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝2p×(－1)可得：p＝－2，故抛物线方程为：x2＝－4y，其准线方程为：y＝1.(2)很明显直线l的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，设直线方程为y＝kx－1，与抛物线方程x2＝－4y联立可得：x2＋4kx－4＝0.故：x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4.设Mx1，－x214，Nx2，－x224，则kOM＝－x14，kON＝－x24，直线OM的方程为y＝－x14x，与y＝－1联立可得：A4x1，－1，同理可得B4x2，－1，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：2x1＋2x2，－1，圆的半径为：2x1－2x2，且：2x1＋2x2＝x1＋x2x1x2＝2k，2x1－2x2＝2×x1＋x22－4x1x2|x1x2|＝2k2＋1，则圆的方程为：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)，令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝1，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0，－3)，(0,1)．