新高考適用2023版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第2篇經(jīng)典專題突破核心素養(yǎng)提升專題5解析幾何第3講圓錐曲線的綜合問(wèn)題

第二篇專題五第3講1．(2022·合肥模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，過(guò)橢圓的左、右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別作斜率為1的兩條直線，這兩條直線之間的距離為eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，直線l與OM(O為坐標(biāo)原點(diǎn))平行且與C交于A，B兩點(diǎn)，求△MAB面積的最大值．【解析】(1)因?yàn)榉謩e過(guò)F1，F(xiàn)2所作的兩條直線的斜率為1，故其傾斜角為eq\f(π,4)，又兩直線間的距離為eq\r(2)，所以焦距2c＝2，所以c＝1，因?yàn)殡x心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，所以b2＝a2－c2＝4－1＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)kOM＝eq\f(\f(3,2)－0,1－0)＝eq\f(3,2)，由OM∥l，可設(shè)直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x＋n(n≠0)，代入3x2＋4y2＝12并整理得3x2＋3nx＋n2－3＝0.由直線l與C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)得Δ＝9n2－12(n2－3)>0，解得0<n2<12.由韋達(dá)定理得，x1＋x2＝－n，x1x2＝eq\f(n2－3,3).所以|AB|＝eq\r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((－n)2－4×\f(n2－3,3))))＝eq\r(\f(13(12－n2),12))，又點(diǎn)M到直線l的距離d＝eq\f(|2n|,\r(13)).所以S△MAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(\f(13(12－n2),12))·eq\f(|2n|,\r(13))＝eq\r(\f(n2(12－n2),12)).因?yàn)閑q\r(n2(12－n2))≤eq\f(n2＋(12－n2),2)＝6.所以當(dāng)且僅當(dāng)n＝12－n2，即n＝±eq\r(6)(適合0<n2<12)時(shí)，△MAB面積的最大值為eq\r(3).2．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1，2)，過(guò)點(diǎn)Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．【解析】(1)將點(diǎn)P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x，顯然l斜率存在且不為0，設(shè)為k，則l：y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))消去y得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，(*)由已知，方程(*)有兩個(gè)不同的根，且1不是方程的根(因?yàn)镻A，PB都與y軸有交點(diǎn))，所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，即k<0或0<k<1，且k≠－3，且k≠1，所以k<0或0<k<1，且k≠－3，即直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線PA方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)，令x＝0得y＝－eq\f(y1－2,x1－1)＋2，即點(diǎn)M為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋2))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))，又eq\o(QO,\s\up6(→))＝(0，－1)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(y1－2,x1－1)＋1))＝λ(0，－1)，所以λ＝eq\f(y1－2,x1－1)－1＝eq\f(y1－x1－1,x1－1)，eq\f(1,λ)＝eq\f(x1－1,y1－x1－1)，又點(diǎn)A(x1，y1)在直線l：y＝kx＋1上，所以eq\f(1,λ)＝eq\f(x1－1,kx1－x1)＝eq\f(x1－1,(k－1)x1)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x1)，同理eq\f(1,μ)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x2).由(1)中方程(*)及根與系數(shù)的關(guān)系得，x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2)，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x1)＋eq\f(1,k－1)－eq\f(1,(k－1)x2)＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)·eq\f(x1＋x2,x1x2)＝eq\f(2,k－1)－eq\f(1,k－1)·eq\f(－2k＋4,1)＝eq\f(2k－2,k－1)＝2，即eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值2.3．已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點(diǎn)P(0，1)，設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率的和為－1，求證：l過(guò)定點(diǎn)．【證明】設(shè)直線PA與直線PB的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)可知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))，則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)．從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1).將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2),x1x2).由題設(shè)k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1,2).當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時(shí)，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l過(guò)定點(diǎn)(2，－1).4．(2022·臨沂模擬)已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，過(guò)焦點(diǎn)F斜率為eq\r(3)的直線交拋物線于A、B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在第一象限)，交拋物線準(zhǔn)線于G，且滿足|BG|＝eq\f(8,3).(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知C，D為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，且OC⊥OD，求證直線CD過(guò)定點(diǎn)P，并求出P點(diǎn)坐標(biāo)；(3)在(2)的條件下，求eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的最大值．【解析】(1)過(guò)點(diǎn)B作準(zhǔn)線的垂線，垂足為H，設(shè)準(zhǔn)線與x軸相交于點(diǎn)M，如圖，由題知，直線的傾斜角為eq\f(π,3)，∴在Rt△BGH中，∠GBH＝eq\f(π,3)，又∵|BG|＝eq\f(8,3)，∴|BH|＝eq\f(4,3)，∴|BF|＝eq\f(4,3).∴|GF|＝|BG|＋|BF|＝4，∴在Rt△GFM中，又∠MFG＝eq\f(π,3)，∴|MF|＝2，∴p＝2，∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.(2)由(1)可知，拋物線方程為y2＝4x，設(shè)直線CD的方程為：x＝my＋t，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，直線與拋物線聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,y2＝4x，))得y2－4my－4t＝0，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，∵kOC＝eq\f(4,y1)，kOD＝eq\f(4,y2)且OC⊥OD，∴kOC·kOD＝eq\f(16,y1y2)＝eq\f(16,－4t)＝－1，則t＝4，∴直線CD過(guò)定點(diǎn)(4，0)，即P點(diǎn)坐標(biāo)為(4，0)