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《（通用版）2020版高考数学大二轮复习能力升级练（二十）圆锥曲线综合问题（2）理.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、能力升级练(二十) 圆锥曲线综合问题(2)1.(2019广西南宁市第三中学、柳州市高级中学联考)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的顶点为A1,A2,B1,B2,左右焦点分别为F1,F2,
2、A1B1
3、=3,S▱A1B1A2B2=2S▱B1F1B2F2.(1)求椭圆C的方程;(2)过右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,试探究在x轴上是否存在定点Q,使得QA·QB为定值?若存在,求出点Q的坐标,若不存在,请说明理由.解(1)由
4、A1B1
5、=3,得a2+b2=3.①由S▱A1B1A2B2=2S▱B1F1B2F2,得12·2a·2b=22·2c·2b,即
6、a=2c,②又a2-b2=c2,③由①②③,得a2=2,b2=1,∴椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)①当直线l的斜率不为0或不存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,0),直线l的方程为x=my+1,由x=my+1,x22+y2=1,得(m2+2)y2+2my-1=0,∴y1+y2=-2mm2+2,y1·y2=-1m2+2.∴QA·QB=(x1-x0)(x2-x0)+y1y2=(my1+1)·(my2+1)-x0(my1+my2+2)+x02+y1y2=(m2+1)y1·y2+m(y1+y2)(1-x0)+x02-2x0+1=(m2+1)·-1m2
7、+2+m·-2mm2+2(1-x0)+x02-2x0+1=(2x0-3)m2-1m2+2+x02-2x0+1,由2x0-31=-12,得x0=54,故此时点Q54,0,QA·QB=-716.②当直线l的斜率为0时,QA·QB=-542-(2)2=-716.综上所述,在x轴上存在定点Q54,0,使得QA·QB为定值.2.如图,A(-3m,m),B(3n,n)两点分别在射线OS,OT上移动,且OA·OB=-12,O为坐标原点,动点P满足OP=OA+OB.(1)求点P的轨迹C的方程.(2)设Qx0,12,过Q作(1)中曲线C的两条切线,切点分别为M,N,①求证:直线MN过定点
8、;②若OM·ON=-7,求x0的值.解(1)由已知得OA·OB=-3mn+mn=-12,即mn=14.设点P坐标为(x,y)(y>0),由OP=OA+OB,得(x,y)=(-3m,m)+(3n,n)=(3(n-m),m+n).∴x=3(n-m),y=m+n,消去m,n,可得y2-x23=1(y>0),∴轨迹C的方程为y2-x23=1(y>0).(2)由(1)知,y=1+x23,即y'=x31+x23.设M(x1,y1),N(x2,y2),则kQM=x131+x123=x13y1,kQN=x231+x223=x23y2.∴lQM:y=x13y1(x-x1)+y1,即lQM
9、:x1x-3y1y+3=0.∵Q在直线QM上,∴x0x1-32y1+3=0,①同理可得x0x2-32y2+3=0.②由①②可知,lMN:x0x-32y+3=0,∴直线MN过定点(0,2).由以上可知,设直线MN的方程为y=kx+2,易知k=2x03,且
10、k
11、<33,将直线MN的方程代入曲线C的方程得(3k2-1)x2+12kx+9=0.∴x1+x2=-12k3k2-1,x1x2=93k2-1.又OM·ON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(k2+1)x1x2+2k(x1+x2)+4=5-3k23k2-1=-7,即k=±13,∴x0=±12.3
12、.(2019辽宁沈阳高三教学质量监测(三))已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,M(-2,y0)是抛物线C上一点,且
13、MF
14、=2.(1)求抛物线C的方程;(2)过点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,分别过A,B两点作抛物线C的切线l1,l2,两条切线相交于点P,点P关于直线AB的对称点Q,判断四边形PAQB是否存在外接圆,如果存在,求出外接圆面积的最小值;如果不存在,请说明理由.解(1)根据题意知,4=2py0,①因为
15、MF
16、=2,所以y0+p2=2.②联立①②解得y0=1,p=2.所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)四边形PAQB存在外接圆.设直线AB
17、方程为y=kx+1,代入x2=4y中,得x2-4kx-4=0,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则Δ=16k2+16>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4,所以
18、AB
19、=1+k2
20、x1-x2
21、=4(k2+1),因为C:x2=4y,即y=x24,所以y'=x2.因此,切线l1的斜率为k1=x12,切线l2的斜率为k2=x22,由于k1k2=x1x24=-1,所以PA⊥PB,即△PAB是直角三角形,所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点,线段AB是圆的直径,所以点Q一定在△PAB的外接圆上,即四边形PAQB存在外接圆.又因为
22、AB
