【文档说明】【精准解析】2021届高考数学一轮知能训练：专题五　圆锥曲线的综合及应用问题第3课时【高考】.docx，共(9)页，98.837 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-964dc592360cce3395e44a40f3d23095.html

以下为本文档部分文字说明：

第3课时1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两焦点在x轴上，且短轴的两个顶点与其中一个焦点的连线构成斜边为2的等腰直角三角形．(1)求椭圆的方程；(2)动直线l：3mx＋3ny＋n＝0(m∈R，n∈R，m，n不全为零)交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上

是否存在一个定点Q，使得以线段AB为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图Z5-2，已知椭圆C1：x24＋y2＝1的左、右顶点为A1，A2，上、下顶点为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为C2.(1)求圆C2的标准方程；(2)已知

圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点．①求证：OP⊥OM；②试探究1|OP|2＋1|OM|2是否为定值．图Z5-23．如图Z5-3，抛物线C1：y2＝8x与双曲线C2：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)有公共焦点F2，

点A是曲线C1，C2在第一象限的交点，且|AF2|＝5.(1)求双曲线C2的方程；(2)以F1为圆心的圆M与双曲线的一条渐近线相切，圆N：(x－2)2＋y2＝1.已知点P(1，3)，过点P作互相垂直且分别与圆

M、圆N相交的直线l1和l2，设被圆M截得的弦长为s，l2被圆N截得的弦长为t.试探索st是否为定值？请说明理由．图Z5-34．如图Z5-4，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，MF2⊥x轴，直线MF1交y轴于H点，OH＝24，Q为椭圆E上的动点

，△F1F2Q的面积的最大值为1.(1)求椭圆E的方程；(2)过点S(4,0)作两条直线与椭圆E分别交于A，B，C，D，且使AD⊥x轴，如图，问四边形ABCD的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．图Z

5-45．已知抛物线E的顶点为原点O，焦点为圆F：x2＋y2－4x＋3＝0的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A，D两点，交圆F于B，C两点，A，B在第一象限，C，D在第四象限．(1)求抛物线E的方程；(2)是否存在直线l，使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项？若存在，求直线l的方程；若不

存在，请说明理由．6．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝22，且椭圆过点63，63.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A为椭圆C的下顶点，D，E为椭圆C上与A不重合的两点，若直线AD与直线AE的斜率之和为a2，试判断是否存在定点G，使得直线DE恒过点

G，若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．第3课时1．解：(1)∵椭圆的一个焦点与短轴的两个顶点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c.又斜边长为2，即2b＝2，故c＝b＝1，a＝2，椭圆方程为x22＋y2＝1.(

2)由题意可知该动直线过定点P0，－13.当l与x轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y＋132＝169；当l与y轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.由x2＋y＋132＝169，x2＋y2＝1，得

x＝0，y＝1，故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q(0,1)．下面证明Q(0,1)为所求：若直线l的斜率不存在，上述已经证明．若直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx－13，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－13，x2＋

2y2－2＝0，得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0,Δ＝144k2＋64(9＋18k2)>0，x1＋x2＝12k18k2＋9，x1x2＝－1618k2＋9，QA→＝(x1，y1－1)，QB→＝(x2，y2－1)，QA→·QB→＝x1x2＋(y1－

1)(y2－1)＝(1＋k2)x1x2－4k3(x1＋x2)＋169＝(1＋k2)·－169＋18k2－4k3·12k9＋18k2＋169＝0,∴QA→⊥QB→，即以线段AB为直径的圆恒过点Q(0,1)．2．(1)解：∵A2，B1分别为椭

圆C1：x24＋y2＝1的右顶点和上顶点，则A2，B1坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A2B1的方程为x＋2y＝2.∴原点O到直线A2B1的距离为d＝21＋22＝25，∴圆C2的半径r＝d＝2

5，故圆C2的标准方程为x2＋y2＝45.(2)证明：①可设切线l：y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)，将直线PM方程代入椭圆C1可得14＋k2x2＋2kbx＋b2－1＝0，由韦达定理得：x1＋x2＝－2kb14＋k2，

x1x2＝b2－114＋k2，∴y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝－k2＋14b214＋k2，又l与圆C2相切，可知原点O到l的距离d＝|b|k2＋12＝25，整理可得k2＝54b2－1，则y1y2＝1－b214＋k2，∴OP

→·OM→＝x1x2＋y1y2＝0，故OP⊥OM.②由OP⊥OM知S△OPM＝12|OP||OM|，ⅰ)当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时1|OP|2＋1|OM|2＝54；ⅱ)当

直线OP的斜率存在时，设OP：y＝k1x代入椭圆方程可得x24＋k21x2＝1，则x2＝41＋4k21，故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋k21)x2＝4(1＋k21)1＋4k21，同理|OM|2＝41＋－1k121＋

4－1k12＝4(k21＋1)k21＋4，则1|OP|2＋1|OM|2＝1＋4k214(1＋k21)＋k21＋44(1＋k21)＝54.综上可知：1|OP|2＋1|OM|2＝54为定值．3．解：(1)抛物线C1：y2＝8x的焦点为F2(2,0)，∴双曲线C2的焦点为F1(－2,0)，F2(

2,0)．设A(x0，y0)在抛物线C1：y2＝8x上，且|AF2|＝5.由抛物线的定义得，x0＋2＝5，∴x0＝3.∴y20＝8×3，∴y0＝±26.|AF1|＝(3＋2)2＋(±26)2＝7，又∵点A在双曲线上，由双曲线定义，得2a＝|7－5|＝2，∴a＝1.∴双曲线的方程为

：x2－y23＝1.(2)st为定值．下面给出说明：设圆M的方程为(x＋2)2＋y2＝r2，双曲线的渐近线方程为y＝±3x.∵圆M与渐近线y＝±3x相切，∴圆M的半径为r＝231＋(3)2＝3.故圆M：(x＋2)

2＋y2＝3.依题意l1，l2的斜率存在且均不为零，∴设l1的方程为y－3＝k(x－1)，即kx－y＋3－k＝0，设l2的方程为y－3＝－1k(x－1)，即x＋ky－3k－1＝0，∴点M到直线l1的距离为

d1＝|3k－3|1＋k2，点N到直线l2的距离为d2＝|3k－1|1＋k2，∴直线l1被圆M截得的弦长s＝23－3k－31＋k22＝263k－6k21＋k2，直线l2被圆N截得的弦长t＝21－3k－11＋k22＝2

23k－2k21＋k2，∴st＝63k－6k223k－2k2＝6(3k－k2)2(3k－k2)＝3，故st为定值3.4．解：(1)设F(c,0)，由题意可得c2a2＋y2b2＝1，即yM＝b2a.∵OH是△F1F2M的中位线，且OH＝24，∴|MF2|＝22，即b2a

＝22，整理得a2＝2b4.①又由题知，当Q在椭圆E的上顶点时，△F1F2M的面积最大，∴12×2c×b＝1，整理得bc＝1，即b2(a2－b2)＝1，②联立①②可得2b6－b4＝1，变形得(b2－1)(2b4＋b2

＋1)＝0，解得b2＝1，进而a2＝2.∴椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则由对称性可知D(x1，－y1)，B(x2，－y2)．设直线AC与x轴交于点(t,0)，则直线AC的方程为x＝my＋t(m≠0)，联

立x＝my＋t，x22＋y2＝1，消去x，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，∴y1＋y2＝－2mtm2＋2，y1y2＝t2－2m2＋2，由A，B，S三点共线kAS＝kBS，即y1x1－4＝－y2x2－4，将x1＝my1＋t，x2＝my2＋

t代入整理，得y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，即2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，从而2m(t2－2)－2mt(t－4)m2＋2＝0，化简得2m(4t－2)＝0，解得t＝12，于是直线AC的方程为x＝my＋12，故直线

AC过定点12，0.同理可得BD过定点12，0.∴直线AC与BD的交点是定点，定点坐标为12，0.5．解：(1)设抛物线E的方程为y2＝2px(p>0)，∵圆F的方程为()x－22＋y2＝1，∴圆心F的坐标为F()2，0，半径r＝1.∴p2＝2，解得p＝

4,∴抛物线E的方程为y2＝8x.(2)∵2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项，∴|AB|＋|CD|＝4|BC|＝4×2r＝8.∴|AD|＝|AB|＋|BC|＋|CD|＝10.若l垂直于x轴，则l的方程为

x＝2，代入y2＝8x，得y＝±4.此时|AD|＝|y1－y2|＝8≠10，即直线x＝2不满足题意．若l不垂直于x轴，设l的斜率为k，由已知得k≠0,l的方程为y＝k(x－2)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)

，由y＝k(x－2)，y2＝8x，得k2x2－()4k2＋8x＋4k2＝0.∴x1＋x2＝4k2＋8k2.∵抛物线E的准线为x＝－2，∴|AD|＝|AF|＋|DF|＝(x1＋2)＋(x2＋2)＝x1＋x2＋4，∴4k2＋8k2＋4＝10，解

得k＝±2.当k＝±2时，k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0化为x2－6x＋4＝0,∵Δ＝(－6)2－4×1×4>0，∴x2－6x＋4＝0有两个不相等实数根．∴k＝±2满足题意，即直线y＝±2(x－2)满足题意．∴存在满足要求的直线l，它的方程为2x－y－4＝0或2x＋y－4＝0.6．解：(

1)∵椭圆C的离心率e＝22，∴a2－b2a＝22，即a2＝2b2，∵点63，63在椭圆C上，∴23a2＋23b2＝1，由a2＝2b2，23a2＋23b2＝1，解得a2＝2

，b2＝1，∴椭圆C的标准方程为x22＋y2＝1.(2)由(1)知A(0，－1)，当直线DE的斜率存在时，设直线DE的方程为y＝kx＋t(t≠±1)，代入x22＋y2＝1得，(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0

，∴Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)>0，即t2－2k2<1.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝－4kt1＋2k2，x1x2＝2t2－21＋2k2，∵直线AD与直线AE

的斜率之和为a2，∴kAD＋kAE＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋t＋1x1＋kx2＋t＋1x2＝2k＋(t＋1)(x1＋x2)x1x2＝2k－(t＋1)·4kt2t2－2＝a2＝2，整理得t＝1－k，∴直线DE的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，显然

直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1,1)．当直线DE的斜率不存在时，设直线DE的方程为x＝m，∵直线AD与直线AE的斜率之和为a2，设D(m，n)，则E(m，－n)，∴kAD＋kAE＝n＋1m＋－n＋1m＝2m＝a2＝2，解得m＝1，此时直线DE的方程

为x＝1，显然直线x＝1经过定点(1,1)．综上，存在定点G(1,1)，使得直线DE恒过点G.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com