【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固：第8章-第7节-圆锥曲线的综合问题.docx

第八章　第七节

一、选择题
1．(文)已知F1、F2为椭圆＋＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．若|F2A|＋|F2B|＝30，则|AB|＝(　　)
A．16　 　 B．18　 　
C．22　 　 D．20
[答案]　C
[解析]　由题意知，a＝13，(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝52，
∵|BF2|＋|AF2|＝30，∴|AB|＝22.
(理)(2022·云南部分名校联考)P是双曲线－＝1(a>0，b>0)上的点，F1，F2是其焦点，且·＝0，若△F1PF2的面积是9，a＋b＝7，则双曲线的离心率为(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C．　 D．
[答案]　D
[解析]　由·＝0得∠F1PF2＝90°，在△F1PF2中有|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，(|PF1|－|PF2|)2＋2|PF1||PF2|＝4c2.由双曲线定义知||PF1|－|PF2||＝2a，且|PF1||PF2|＝18，代入得b＝3，∴a＝4，c＝5，则离心率为.
2．(文)(2022·广东十二校联考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于M，N两点，O为坐标原点，若OM⊥ON，则双曲线的离心率为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　D
[解析]　设右焦点为F，由条件可得|MF|＝|OF|，所以c＝，所以ca＝c2－a2，整理得e2－e－1＝0，解得e＝.由双曲线中e>1，可得e＝，故选D．
(理)(2022·湖北荆门调研)已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过点F2与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点M，若点M在以线段F1F2为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是(　　)
A．(1，)　 B．(，)
C．(，2)　 D．(2，＋∞)
[答案]　D
[解析]　过点F2与双曲线的一条渐近线平行的直线y＝－(x－c)，与y＝x联立，解得M(，)．由点M在以线段F1F2为直径的圆外，得()2＋()2>c2，
∴1＋>4，∴e＝>2.
3．(文)(2022·北京石景山统一测试)已知动点P(x，y)在椭圆C：＋＝1上，F为椭圆C的右焦点，若点M满足||＝1且·＝0，则||的最小值为(　　)
A．　 B．3
C．　 D．1
[答案]　A
[解析]　在椭圆C：＋＝1中，a＝5，b＝4，c＝3，
M在以F为圆心，1为半径的圆上，PM为圆的切线，
所以PF最小时，切线长最小．设P(x0，y0)，
则|PM|2＝|PF|2－1＝(x0－3)2＋y－1
＝(x0－3)2＋16－－1
＝x－6x0＋24＝(x0－)2－1，
∵－5≤x0≤5，
∴当x0＝5时，|PM|2取到最小值3，
∴|PM|min＝..
(理)已知以F1(－2,0)、F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋y＋4＝0有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为(　　)
A．3　 B．2
C．2　 D．4
[答案]　C
[解析]　依据题意设椭圆方程为＋＝1(b>0)，则将x＝－y－4代入椭圆方程得，
4(b2＋1)y2＋8b2y－b4＋12b2＝0，
∵椭圆与直线x＋y＋4＝0有且仅有一个公共点，
∴Δ＝(8b2)2－4×4(b2＋1)(－b4＋12b2)＝0，
即(b2＋4)(b2－3)＝0，∴b2＝3，
长轴长为2＝2，故选C．
4．(文)(2021·大纲理，11)已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2，2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A、B两点，若·＝0，则k＝(　　)
A．　 B．
C．　 D．2
[答案]　D
[解析]　∵y2＝8x，∴焦点坐标为(2,0)，
设直线方程为y＝k(x－2)，与抛物线方程联立
消去y得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1·x2＝4，
∴y1＋y2＝k(x1－2)＋k(x2－2)＝k(x1＋x2)－4k＝，
y1·y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2x1x2－2k2(x1＋x2)＋4k2＝－16.
∴·＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋8＝＝0，∴k2－4k＋4＝0，∴k＝2.
(理)(2022·辽宁省协作校三模)抛物线y2＝4x的焦点为F，点A，B在抛物线上，且∠AFB＝π，弦AB中点M在准线l上的射影为M′，则的最大值为(　　)
A．　 B．
C．　 D．
[答案]　B
[解析]　如图，由抛物线定义及条件知，

|MM′|＝(AA′＋BB′)＝(|AF|＋|BF|)．
∴()2＝
＝
＝(1＋)
≤(1＋)＝，
∴≤，等号成立时，|AF|＝|BF|.
5．(2021·辽宁五校联考)已知点M(－3,0)、N(3,0)、B(1,0)，动圆C与直线MN相切于点B，分别过点M、N且与圆C相切的两条直线相交于点P，则点P的轨迹方程为(　　)
A．x2－＝1(x>1)　 B．x2－＝1(x>0)
C．x2－＝1(x>0)　 D．x2－＝1(x>1)
[答案]　A
[解析]　如图，设两切线分别与圆相切于点S、T，则|PM|－|PN|＝(|PS|＋|SM|)－(|PT|＋|TN|)＝|SM|－|TN|＝|BM|－|BN|＝2＝2a，所以所求曲线为双曲线的右支，∴a＝1，c＝3，∴b2＝8，故点P的轨迹方程为x2－＝1(x>0)，由题意知，P点不行能与B点重合，∴x>1.

6．(2022·广东汕头一模)已知椭圆＋＝1上有一点P，F1，F2是椭圆的左、右焦点，若△F1PF2为直角三角形，则这样的点P有(　　)
A．3个　 B．4个
C．6个　 D．8个
[答案]　C
[解析]　当∠PF1F2为直角时，依据椭圆的对称性知，这样的点P有2个；同理，当∠PF2F1为直角时，这样的点P有2个；当P点为椭圆的短轴端点时，∠F1PF2最大，且为直角，此时这样的点P有2个．故符合要求的点P有6个．
二、填空题
7．(文)已知F是椭圆＋＝1(a>0，b>0)的左焦点，若椭圆上存在点P，使得直线PF与圆x2＋y2＝b2相切，当直线PF的倾斜角为时，此椭圆的离心率是________．
[答案]　
[解析]　解法1：设直线PF与圆x2＋y2＝b2的切点为M，则依题意得OM⊥MF，∵直线PF的倾斜角为，
∴∠OFP＝，∴sin＝＝，椭圆的离心率e＝＝＝＝＝.
解法2：依题意可知PF：y＝－(x＋c)(c＝)，
又O到PF的距离为b，即＝b，∴＝b2＝a2－c2，
∴4a2＝7c2，∴e＝＝.
(理)设直线l：y＝2x＋2，若l与椭圆x2＋＝1的交点为A、B，点P为椭圆上的动点，则使△PAB的面积为－1的点P的个数为________．
[答案]　3
[解析]　设与l平行且与椭圆相切的直线方程为y＝2x＋b，代入x2＋＝1中消去y得，8x2＋4bx＋b2－4＝0，
由Δ＝16b2－32(b2－4)＝0得，b＝±2，显见y＝2x＋2与两轴交点为椭圆的两顶点A(－1,0)，B(0,2)，
∵直线y＝2x＋2与l距离d＝，
∴欲使S△ABP＝|AB|·h＝h＝－1，须使h＝，∵d＝h，∴直线y＝2x＋2与椭圆切点，及y＝2x＋4－2与椭圆交点均满足，∴这样的点P有3个．
8．(2022·山东文)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦距为2c，右顶点为A，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c，且|FA|＝c，则双曲线的渐近线方程为________．
[答案]　y＝±x
[解析]　抛物线x2＝2py的准线方程为y＝－，与双曲线的方程联立得x2＝a2(1＋)，依据已知得a2(1＋)＝c2　①.由|AF|＝c，得＋a2＝c2　②.由①②可得a2＝b2，即a＝b，所以所求双曲线的渐近线方程是y＝±x.
9．直线l：x－y＝0与椭圆＋y2＝1相交A、B两点，点C是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为________．
[答案]　
[解析]　设与l平行的直线方程为x－y＋a＝0，当此直线与椭圆的切点为C时，△ABC的面积最大，将y＝x＋a代入＋y2＝1中整理得，3x2＋4ax＋2(a2－1)＝0，由Δ＝16a2－24(a2－1)＝0得，a＝±，两平行直线x－y＝0与x－y＋＝0的距离d＝，将y＝x代入＋y2＝1中得，x1＝－，x2＝，
∴|AB|＝|－(－)|＝，
∴S△ABC＝|AB|·d＝××＝.
三、解答题
10．(文)(2022·唐山一模)P为圆A：(x＋1)2＋y2＝8上的动点，点B(1,0)．线段PB的垂直平分线与半径PA相交于点M，记点M的轨迹为Γ.
(1)求曲线Γ的方程；
(2)当点P在第一象限，且cos∠BAP＝时，求点M的坐标．
[解析]　(1)圆A的圆心为A(－1,0)，半径等于2.
由已知|MB|＝|MP|，于是|MA|＋|MB|＝|MA|＋|MP|＝2，
故曲线Γ是以A，B为焦点，以2为长轴长的椭圆，a＝，c＝1，b＝1，
曲线Γ的方程为＋y2＝1.
(2)由cos∠BAP＝，|AP|＝2，得P(，)．
于是直线AP方程为y＝(x＋1)．
由，解得5x2＋2x－7＝0，x1＝1，x2＝－.
由于点M在线段AP上，所以点M坐标为(1，)．
(理)过抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点F作直线l与抛物线C交于A、B两点，当点A的纵坐标为1时，|AF|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线l的斜率为2，问抛物线C上是否存在一点M，使得MA⊥MB，并说明理由．
[解析]　(1)由抛物线的定义得|AF|等于点A到准线y＝－的距离，∴1＋＝2，∴p＝2，
∴抛物线C的方程为x2＝4y.

(2)抛物线C的焦点为F(0,1)，直线l的方程y＝2x＋1，
设点A、B、M的坐标分别为(x1，)、(x2，)、(x0，)，
由方程组消去y得，x2＝4(2x＋1)，
即x2－8x－4＝0，
由韦达定理得x1＋x2＝8，x1x2＝－4.
∵MA⊥MB，∴·＝0，
∴(x1－x0)(x2－x0)＋(－)(－)＝0，
∴(x1－x0)(x2－x0)＋(x1－x0)(x2－x0)(x1＋x0)(x2＋x0)＝0.
∵M不与A，B重合，∴(x1－x0)(x2－x0)≠0，
∴1＋(x1＋x0)(x2＋x0)＝0，x1x2＋(x1＋x2)x0＋x＋16＝0，
∴x＋8x0＋12＝0，∵Δ＝64－48>0.
∴方程x＋8x0＋12＝0有解，即抛物线C上存在一点M，使得MA⊥MB．

一、解答题
11．(文)(2021·山西高校附中月考)已知抛物线y2＝4x，过点M(0,2)的直线l与抛物线交于A、B两点，且直线l与x轴交于点C．
(1)求证：|MA|，|MC|，|MB|成等比数列；
(2)设＝α，＝β，试问α＋β是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由．
[解析]　(1)证明：设直线l的方程为y＝kx＋2(k≠0)，
联立方程得k2x2＋(4k－4)x＋4＝0.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－，0)，则
x1＋x2＝－，x1·x2＝.②
∴|MA|·|MB|＝|x1－0|·|x2－0|＝，
而|MC|2＝(|－－0|)2＝，
∴|MC|2＝|MA|·|MB|≠0，
即|MA|，|MC|，|MB|成等比数列．
(2)由＝α，＝β得
(x1，y1－2)＝α(－x1－，－y1)，(x2，y2－2)＝β(－x2－，－y2)，
即得α＝，β＝，
则α＋β＝.
将②代入得α＋β＝－1，故α＋β为定值，且定值为－1.
(理)(2022·中原名校联考)已知A(1,0)，P为圆F：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，线段AP的垂直平分线交半径FP于点Q，当点P在圆上运动时．
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)设点D(0,1)，是否存在不平行于x轴的直线l与点Q的轨迹交于不同的两点M，N，使(＋)·＝0，若存在，求出直线l斜率的取值范围，若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)依题意知：|QF|＋|QA|＝|PF|＝4>|FA|＝2，所以点Q的轨迹是以F，A为焦点的椭圆，
∴所求椭圆方程为＋＝1.
(2)∵条件(＋)·＝0等价于||＝||，
∴若存在符合条件的直线，该直线的斜率确定存在，
否则点D(0,1)在x轴上，冲突．
∴可设直线l：y＝kx＋m(k≠0)，
由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0得4k2＋3＞m2.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为Q(x0，y0)，
则x0＝＝－，y0＝kx0＋m＝.
又∵||＝||，
∴＝－，即＝－，解得：m＝－3－4k2.
由4k2＋3＞m2得4k2＋3＞(3＋4k2)2，
即4k2＜－2，这是不行能的．
故满足条件的直线不存在．
12．(文)(2022·湖南岳阳一模)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P(－，1)在椭圆上，线段PF2与y轴的交点M满足＋＝0.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上任一动点N(x0，y0)关于直线y＝2x的对称点为N1(x1，y1)，求3x1－4y1的取值范围．
[解析]　(1)∵点P(－，1)在椭圆上，
∴＋＝1.①
又∵＋＝0，M在y轴上，
∴M为PF2的中点，
∴－＋c＝0，c＝.
∴a2－b2＝2，②
联立①②，解得b2＝2(b2＝－1舍去)，
∴a2＝4.
故所求椭圆C的方程是＋＝1.
(2)∵点N(x0，y0)关于直线y＝2x的对称点为N1(x1，y1)，
∴
解得
∴3x1－4y1＝－5x0.
∵点N(x0，y0)在椭圆C：＋＝1上，
∴－2≤x0≤2，
∴－10≤－5x0≤10，
即3x1－4y1的取值范围为[－10,10]．
(理)(2021·浙江嵊州一中月考)设A，B分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左，右顶点，双曲线的实轴长为4，焦点到渐近线的距离为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知直线y＝x－2与双曲线的右支交于M、N两点，且在双曲线的右支上存在点D，使得＋＝t，求t的值及点D的坐标．
[解析]　(1)由题意知a＝2，∴一条渐近线方程为y＝x，即bx－2y＝0，∴＝，
∴b2＝3，∴双曲线的方程为－＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)(x0>0)，
∵＋＝t，∴x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0，
将直线方程代入双曲线方程得x2－16x＋84＝0，
则x1＋x2＝16，y1＋y2＝(x1－2)＋(x2－2)
＝(x1＋x2)－4＝12，
∴∴
∴t＝4，点D的坐标为(4，3)．
13．(文)如图所示，在△DEM中，⊥，＝(0，－8)，N在y轴上，且＝(＋)，点E在x轴上移动．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)过点F(0,1)作相互垂直的两条直线l1、l2，l1与点M的轨迹交于点A、B，l2与点M的轨迹交于点C、Q，求·的最小值．
[解析]　(1)设M(x，y)，E(a,0)，由条件知D(0，－8)，
∵N在y轴上且N为EM的中点，
∴x＝－a，
∵⊥，∴·＝(－a，－8)·(x－a，y)＝－a(x－a)－8y＝2x2－8y＝0，∴x2＝4y(x≠0)，
∴点M的轨迹方程为x2＝4y(x≠0)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Q(x4，y4)，直线l1：y＝kx＋1(k≠0)，则直线l2：y＝－x＋1，
由消去y得，x2－4kx－4＝0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
由消去y得，x2＋x－4＝0，
∴x3＋x4＝－，x3x4＝－4.
∵A、B在直线l1上，∴y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，
∵C、Q在直线l2上，∴y3＝－x3＋1，y4＝－x4＋1.
∴·＝(x3－x1，y3－y1)·(x2－x4，y2－y4)
＝(x3－x1)(x2－x4)＋(y3－y1)·(y2－y4)
＝(x3－x1)(x2－x4)＋(－x3－kx1)(kx2＋x4)
＝x3x2－x1x2－x3x4＋x1x4－x2x3－k2x1x2－x3x4－x1x4
＝(－1－k2)x1x2＋(－1－)x3x4＝4(1＋k2)＋4(1＋)＝8＋4(k2＋)≥16等号在k2＝时取得，
即k＝±1时成立．∴·的最小值为16.
(理)(2021·陕西理，20)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦长MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．
[解析]　(1)如图，设动圆的圆心O1(x，y)，由题意知|O1A|＝|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H为MN的中点，
∴|O1M|2＝|O1H|2＋|MH|2＝x2＋16，
又|O1A|2＝(x－4)2＋y2，
∴(x－4)2＋y2＝x2＋16，整理得y2＝8x(x≠0)，
当O1在y轴上时，∵|OA|＝4＝|MM|，
∴O1与O重合，此时点O1(0,0)也满足y2＝8x，
∴动圆圆心O1的轨迹C方程为y2＝8x.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0，
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①
x1x2＝，②
由于x轴是∠PBQ的角平分线，
所以＝－，
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③
将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，∴直线l的方程为y＝k(x－1)，
即直线l过定点(1,0)．
14．(文)(2021·北京东城联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构在的三角形的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知动直线y＝k(x＋1)与椭圆C相交于A、B两点．
①若线段AB中点的横坐标为－，求斜率k的值；
②若点M(－，0)，求证：·为定值．
[解析]　(1)椭圆＋＝1(a>b>0)满足a2＝b2＋c2，＝，×b×2c＝，解得a2＝5，b2＝，则椭圆方程为＋＝1.
(2)①将y＝k(x＋1)代入＋＝1中得，
(1＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－5＝0，
Δ＝36k4－4(3k2＋1)(3k2－5)＝48k2＋20>0，
x1＋x2＝－.
由于AB中点的横坐标为－，所以－＝－，解得k＝±.
②证明：由①知x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以·＝(x1＋，y1)(x2＋，y2)
＝(x1＋)(x2＋)＋y1y2
＝(x1＋)(x2＋)＋k2(x1＋1)(x2＋1)
＝(1＋k2)x1x2＋(＋k2)(x1＋x2)＋＋k2
＝(1＋k2)＋(＋k2)(－)＋＋k2
＝＋＋k2＝.
∴·为定值．
(理)(2022·吉林市二模)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率e＝，A，B是椭圆上的动点．
(1)求椭圆标准方程；
(2)若直线OA与OB的斜率乘积kOA·kOB＝－，动点P满足＝＋λ， (其中实数λ为常数)．问是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标，若不存在，说明理由；
(3)若点A在第一象限，且点A，B关于原点对称，点A在x轴上的射影为C，连接BC并延长交椭圆于点D．证明：AB⊥AD．
[解析]　(1)由题设可知：∴a＝，
又b2＝a2－c2，∴b2＝1，
∴椭圆标准方程为＋y2＝1.
(2)设P(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则由＝＋λ得，
(x，y)＝(x1，y1)＋λ(x2，y2)＝(x1＋λx2，y1＋λy2)，
即x＝x1＋λx2，y＝y1＋λy2.
由于点A、B在椭圆x2＋2y2＝2上，
所以x＋2y＝2，x＋2y＝2，
故x2＋2y2＝(x＋λ2x＋2λx1x2)＋2(y＋λ2y＋2λy1y2)
＝(x＋2y)＋λ2(x＋2y)＋2λ(x1x2＋2y1y2)
＝2＋2λ2＋2λ(x1x2＋2y1y2)．
设kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率，
由题设条件知kOA·kOB＝＝－，
因此x1x2＋2y1y2＝0，
所以x2＋2y2＝2＋2λ2.即＋＝1，
所以P点是椭圆＋＝1上的点，
设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，
则由椭圆的定义|PF1|＋|PF2|为定值．
又因c＝
因此两焦点的坐标为F1(－，0)，
F2(，0)．
所以存在两个定点F1(－，0)，F2(，0)．使得|PF1|＋|PF2|＝2
(3)设A(x1，y1)，D(x2，y2)，由题设可知：
x1>0，x2>0，y1>0，y2>0，x1≠x2，C(x1,0)，B(－x1，－y1)
由题意可知：
kCB＝kBD，∴＝　③
kAB·kAD＋1＝·＋1　④
将③代入④可得：kAB·kAD＋1＝·＋1＝　⑤
点A，D在椭圆x2＋2y2＝2上，
∴kAB·kAD＋1＝＝＝0
∴kAB·kAD＝－1，∴AB⊥AD．