资源简介

进阶训练(十三)　简单的圆锥曲线综合问题
1．(2024·厦门市第二次质检)已知A(2，0)，B(－2，0)，P为平面上的一个动点．设直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1·k2＝－．记P的轨迹为曲线Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x＝t于点C，D，过点C作PB的垂线交x轴于点H，则·是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．
2．已知抛物线E：x2＝2py(p>0)上一点M(t，3)到焦点F的距离为4，直线l：y＝kx＋1与E交于A，B两点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)以AB为直径的圆与x轴交于C，D两点，若|CD|≥4，求k的取值范围．
3．(2024·东北三省四市教研联合体高考模拟)在平面直角坐标系中，F1，F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．当l与x轴垂直时，△ABF1的面积为12．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的垂直平分线，交x轴于点[D]　试判断是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
4．已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)经过点(，1)，且渐近线方程为y＝±x．
(1)求C的方程；
(2)若抛物线x2＝2py(p>0)与C的右支交于点A，B，证明：直线AB过定点．
5．已知椭圆Γ：＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A，B两点，若AM⊥x轴于点M，BN⊥x轴于点N，直线AN与BM交于点[C]　求证：点C在一条定直线上，并求此定直线的方程．
6．(2024·山东省潍坊市二模)已知椭圆E：＝1(a>b>0)中，点A，C分别是E的左、上顶点，|AC|＝，且E的焦距为2．
(1)求E的方程和离心率；
(2)过点(1，0)且斜率不为零的直线交椭圆于R，S两点，设直线RS，CR，CS的斜率分别为k，k1，k2，若k1＋k2＝－3，求k的值．
7．(2024·合肥市第二次质量检测)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A，短轴长为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l(不与x轴重合)与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x＝4的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
1/1进阶训练(十三)　简单的圆锥曲线综合问题
1．解：　(1)由题意设点P(x，y)(x≠±2)，
由于k1·k2＝－，故·＝－，
整理得＝1，
即Γ的方程为＝1(x≠±2)．
(2)由题意可知直线PA的方程为y＝k1(x－2)，直线PB的方程为y＝k2(x＋2)，则C(t，k1(t－2))，D(t，k2(t＋2))．
直线CH的方程为y－k1(t－2)＝－(x－t)，
令y＝0，得xH＝t＋k1k2(t－2)＝t＋，故，
故·＝·＝＋k1k2(t2－4)＝＝－＋12，
当t＝－6时，·取得最大值12，
故·存在最大值，最大值为12．
2．解：　(1)因为抛物线E：x2＝2py(p>0)上一点M(t，3)到焦点F的距离为4，所以3＋＝4，可得p＝2，所以抛物线E的方程为x2＝4y．
(2)联立可得x2－4kx－4＝0，则Δ＝16k2＋16>0，故k∈R．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，故线段AB的中点坐标为＝(2k，2k2＋1)，|AB|＝y1＋y2＋p＝4(1＋k2)，所以以AB为直径的圆的圆心坐标为(2k，2k2＋1)，半径为＝2(1＋k2)．因为以AB为直径的圆与x轴交于C，D两点，|CD|≥4，所以由垂径定理得2≥4，所以≥2，故k2≥，解得k≥或k≤－．故实数k的取值范围为．
3．解：　(1)双曲线3x2－y2＝a2可化为＝1．
当l与x轴垂直时＝|F1F2|·|AB|＝×2×a×2a＝4a2＝12，解得a2＝3，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1．
(2)由(1)知F2(2，0)，所以可设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M为线段AB的中点，
联立双曲线C与直线l的方程，得消去x，得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，Δ＝36t2＋36>0，
因此y1＋y2＝，y1y2＝．
进而可得x1＋x2＝，所以线段AB的中点M的坐标为．
所以线段AB的垂直平分线的方程为y＋＝－t，令y＝0，得x＝，
则D，|DF2|＝＝，
|AB|＝＝·＝．
所以|DF2|＝|AB|，即为定值1．
4．解：　(1)因为双曲线C：＝1(a>0，b>0)经过点(，1)，且渐近线方程为y＝±x，所以＝1，＝1，解得a＝b＝，所以C的方程为＝1．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝＝2py2，两式相减得＝，
由可得y2－2py＋2＝0，Δ＝4p2－8>0，所以y1＋y2＝2p，y1y2＝2，所以x1x2＝·＝2p，
因为kAB＝＝，所以直线AB的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－x1＋y1＝x－＝x－，所以直线AB过定点(0，－)．
5．证明：　由＝1知F2(2，0)，
不妨设直线AB的方程为x＝my＋2(m≠0)，
联立消去x并整理得(m2＋3)y2＋4my－2＝0．
易知Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24(m2＋1)>0，
不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系得y1＋y2＝－，y1y2＝－，
因为AM⊥x轴，BN⊥x轴，所以M(x1，0)，N(x2，0)，
则直线AN的方程为y＝(x－x2)，
直线BM的方程为y＝(x－x1)，
联立得xC＝
＝＝2＋
＝2＋＝3，
故点C在定直线x＝3上．
6．解：　(1)因为|AC|＝，所以a2＋b2＝5．
又因为E的焦距为2，所以c＝，
所以a2－b2＝3，
联立两式解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1，其离心率e＝．
(2)由(1)知C(0，1)，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
所以k1＝，k2＝．
由题意知，直线RS：y＝k(x－1)(k≠±1)，
代入＋y2＝1，得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，Δ>0恒成立，
则有x1＋x2＝，x1x2＝．
因为k1＋k2＝－3，
所以k1＋k2＝
＝
＝
＝－3，
即(2k＋3)x1x2－(k＋1)(x1＋x2)＝0，
所以(2k＋3)·－(k＋1)·＝0，
整理得k2－2k－3＝0，
解得k＝3或k＝－1．
又k≠±1，所以k＝3．
综上所述，k的值为3．
7．解：　(1)因为2b＝2，所以b＝，
将代入＝1得＝1，解得a2＝4，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：由(1)可得F (1，0)，由题意可设l：x＝ty＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由可得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，易知Δ>0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
因为A(－2，0)，所以直线AP的方程为y＝(x＋2)，令x＝4，则y＝，故M，同理可得N．
所以k1＝＝，k2＝
＝，
故k1k2＝＝＝＝－1．证毕．
1/1

展开更多......

收起↑