（通用版）2018学高考数学二轮复习 练酷专题 课时跟踪检测（二十三）圆锥曲线 理

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1、课时跟踪检测（二十三）圆锥曲线1．(2018届高三·石家庄摸底)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线TA，TB的斜率之积为－.(1)求椭圆C的方程；(2)设O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求·＋·的取值范围．解：(1)设T(x，y)，由题意知A(－4,0)，B(4,0)，设直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2，则k1＝，k2＝.由k1k2＝－，得·＝－，整理得＋＝1.故椭圆C的方程为＋＝1.(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点

2、P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立方程消去y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0.所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.从而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋x1x2＋(y1－2)(y2－2)＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋.所以－20＜·＋·≤－.当直线PQ的斜率不存在时，·＋·的值为－20.综上，·＋·的取值范围为.2．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点

3、P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．由＝，得x0＝x，y0＝y.因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以·＝0，即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所

4、以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.3．(2018届高三·西安八校联考)设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，若椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和等于4.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和是4，可得2a＝4，a＝2.又T(2，)在椭圆上，因此＋＝1，所以b＝2，所以椭圆C的方程

5、为＋＝1.(2)因为椭圆C的左顶点为A，所以点A的坐标为(－2，0)．因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于E，F两点，设点E(x0，y0)(不妨设x0＞0)，则点F(－x0，－y0)．由消去y，得x2＝，所以x0＝，则y0＝，所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，令x＝0，得y＝，即点M0，.同理可得点N.所以

6、MN

7、＝＝.设MN的中点为P，则点P的坐标为P.则以MN为直径的圆的方程为x2＋2＝2，即x2＋y2＋y＝4.令y＝0，得x2＝4，即x＝2或x＝－2.故以MN为直径的圆经过两定点P1(2,0)

8、，P2(－2,0)．4.(2017·安徽二校联考)已知焦点为F的抛物线C1：x2＝2py(p＞0)，圆C2：x2＋y2＝1，直线l与抛物线相切于点P，与圆相切于点Q.(1)当直线l的方程为x－y－＝0时，求抛物线C1的方程；(2)记S1，S2分别为△FPQ，△FOQ的面积，求的最小值．解：(1)设点P，由x2＝2py(p＞0)得，y＝，求得y′＝，因为直线PQ的斜率为1，所以＝1且x0－－＝0，解得p＝2.所以抛物线C1的方程为x2＝4y.(2)点P处的切线方程为y－＝(x－x0)，即2x0x－2py－x＝0，OQ的方程为y＝－x.根据切线与圆相切

9、，得＝1，化简得x＝4x＋4p2，由方程组解得Q.所以

10、PQ

11、＝

12、xP－xQ

13、＝＝·，又点F到切线PQ的距离d1＝＝，所以S1＝

14、PQ

15、d1＝···＝，S2＝

16、OF

17、

18、xQ

19、＝，而由x＝4x＋4p2知，4p2＝x－4x＞0，得

20、x0

21、＞2，所以＝·＝＝＝＝＋＋3≥2＋3，当且仅当＝时取等号，即x＝4＋2时取等号，此时p＝.所以的最小值为2＋3.