2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第九章　10 第10讲　圆锥曲线的综合问题 8页

‎[基础题组练]‎ ‎1．已知椭圆E的中心在坐标原点，左、右焦点F1，F2在x轴上，离心率为，在其上有一动点A，A到点F1距离的最小值是1.过A，F1作一个平行四边形，顶点A，B，C，D都在椭圆E上，如图所示．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)判断▱ABCD能否为菱形，并说明理由．‎ 解：(1)依题，令椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ c2＝a2－b2(c>0)，所以离心率e＝＝，即a＝2c.‎ 令点A的坐标为(x0，y0)，所以＋＝1，‎ 焦点F1(－c，0)，即|AF1|＝ ‎＝ ‎＝＝|x0＋a|，‎ 因为x0∈[－a，a]，所以当x0＝－a时，|AF1|min＝a－c，‎ 由题a－c＝1，结合上述可知a＝2，c＝1，所以b2＝3，‎ 于是椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知F1(－1，0)，直线AB不能平行于x轴，所以令直线AB的方程为x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立方程，‎ 得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 连接OA，OB，‎ 若▱ABCD是菱形，则OA⊥OB，即·＝0，于是有x1x2＋y1y2＝0，‎ 又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1，所以有(m2＋1)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝0，得到＝0，可见m没有实数解，‎ 故▱ABCD不能是菱形．‎ ‎2．(2020·金华十校第二期调研)已知抛物线C：y＝x2，点P(0，2)，A，B是抛物线上两个动点，点P到直线AB的距离为1.‎ ‎(1)若直线AB的倾斜角为，求直线AB的方程；‎ ‎(2)求|AB|的最小值．‎ 解：(1)设直线AB的方程：‎ y＝x＋m，则＝1，‎ 所以m＝0或m＝4，所以直线AB的方程为y＝x或y＝x＋4.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，则＝1，所以k2＋1＝(m－2)2.‎ 由，得x2－kx－m＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以|AB|2＝[－4x1x2]＝＝，记f(m)＝(m2＋3)，所以f′(m)＝2(m－2)(2m2－2m＋3)，又k2＋1＝≥1，所以m≤1或m≥3，‎ 当m∈时，f′(m)＜0，f(m)单调递减，‎ 当m∈时，f′(m)＞0，f(m)单调递增，‎ f(m)min＝f(1)＝4，所以|AB|min＝2.‎ ‎3．(2020·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为＋y2＝1，圆C：(x－1)2＋y2＝r2.‎ ‎(1)求椭圆上动点P与圆心C距离的最小值；‎ ‎(2)如图，直线l与椭圆相交于A，B两点，且与圆C相切于点M，若满足M为线段AB中点的直线l有4条，求半径r的取值范围．‎ 解：(1)设P(x，y)，|PC|＝＝＝，由－2≤x≤2，当x＝时，|PC|min＝.‎ ‎(2)当直线AB斜率不存在且与圆C相切时，M在x轴上，故满足条件的直线有2条；当直线AB斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0), ‎ 由，整理得＝－×，‎ 则kAB＝－，kMC＝，kMC×kAB＝－1，‎ 则kMC×kAB＝－×＝－1，解得x0＝，‎ 由M在椭圆内部，则＋y＜1，解得y＜，‎ 由r2＝(x0－1)2＋y＝＋y，‎ 所以＜r2＜，解得＜r＜.‎ 所以半径r的取值范围为(，) .‎ ‎4.已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．‎ 解：(1)由题意知m≠0，‎ 可设直线AB的方程为y＝－x＋b.‎ 由消去y，得 x2－x＋b2－1＝0.‎ 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0.①‎ 将线段AB的中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.②‎ 由①②得m<－或m>.‎ ‎(2)令t＝∈∪，‎ 则|AB|＝·，‎ 且O到直线AB的距离d＝ .‎ 设△AOB的面积为S(t)，所以 S(t)＝|AB|·d＝ ≤，‎ 当且仅当t2＝时，等号成立．‎ 故△AOB面积的最大值为.‎ ‎5．(2020·湘中名校联考)如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2.‎ 所以a＝2，b＝1.‎ ‎(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ 因为直线l过点B，‎ 所以x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由根与系数的关系，得xP＝，从而yP＝，‎ 所以点P的坐标为.‎ 同理，由得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ 所以＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ 因为AP⊥AQ，所以·＝0，‎ 即[k－4(k＋2)]＝0.‎ 因为k≠0，所以k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意．‎ 故直线l的方程为y＝－(x－1)．‎ ‎6.(2020·学军中学高三模拟)已知椭圆＋y2＝1(a＞1)，过直线l：x＝2上一点P作椭圆的切线，切点为A，当P点在x轴上时，切线PA的斜率为±.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，求△POA面积的最小值．‎ 解：(1)当P点在x轴上时，P(2，0)，PA：y＝±(x－2)，⇒(＋)x2－2x＋1＝0，‎ Δ＝0⇒a2＝2，椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设切线为y＝kx＋m，设P(2，y0)，A(x1，y1)，‎ 则⇒(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0⇒Δ＝0⇒m2＝2k2＋1，‎ 且x1＝，y1＝，y0＝2k＋m，‎ 则|PO|＝，PO的直线为y＝x⇒A到直线PO距离d＝，‎ 则S△POA＝|PO|·d＝|y0x1－2y1|‎ ‎＝|(2k＋m)－|‎ ‎＝|m|＝|k＋m|＝|k＋|，‎ 所以(S－k)2＝1＋2k2⇒k2＋2Sk－S2＋1＝0，‎ Δ＝8S2－4≥0⇒S≥，此时k＝±，所以△POA面积的最小值为.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·浙江高考冲刺卷)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，点F，B 分别是椭圆的右焦点与上顶点，O为坐标原点，记△OBF的周长与面积分别为C和S.‎ ‎(1)求的最小值；‎ ‎(2)如图，过点F的直线l交椭圆于P，Q两点，过点F作l的垂线，交直线x＝3b于点R，当取最小值时，求的最小值．‎ 解：(1)△OBF的周长C＝＋b＋c.△OBF的面积S＝bc.‎ ＝＝≥·＝2＋2，‎ 当且仅当b＝c时，的最小值为2＋2.‎ ‎(2)由(1)得当且仅当b＝c时，的最小值为2＋2.‎ 此时椭圆方程可化为＋ ＝1.‎ 依题意可得过点F的直线l的斜率不能为0，故设直线l的方程为x＝my＋c.‎ 联立，整理得(2＋m2)y2＋2mcy－c2＝0.‎ y1＋y2＝，y1y2＝，‎ ‎|PQ|＝＝×＝2c×.‎ 当m＝0时，PQ垂直横轴，FR与横轴重合，此时|PQ|＝c，|FR|＝3b－c＝2c，＝＝.‎ 当m≠0时，设直线FR：y＝－m(x－c)，令x＝3c得R(3c，－2mc)，|FR|＝2c，‎ ＝2c×＝ ‎＝(＋)＞×2＝，‎ 综上所述：当且仅当m＝0时，取最小值为.‎ ‎2．(2020·杭州市第一次高考数学检测)设点A，B分别是x，y轴上的两个动点，AB＝1.若＝λ(λ＞0)．‎ ‎(1)求点C的轨迹Γ；‎ ‎(2)过点D作轨迹Γ的两条切线，切点分别为P，Q，过点D作直线m交轨迹Γ于不同的两点E，F，交PQ于点K，问是否存在实数t，使得＋＝恒成立，并说明理由．‎ 解：(1)设A(a，0)，B(0，c)，C(x，y)，则＝(a，－c)，＝(x－a，y)．由AB＝1得a2＋c2＝1，‎ 所以，消去a，c，得 点C的轨迹Γ为＋＝1.‎ ‎(2)设点E，F，K的横坐标分别为xE，xF，xK，‎ 设点D(s，t)，则直线PQ的方程为x＋y＝1.‎ 设直线m的方程：y＝kx＋b，所以t＝ks＋b.‎ 计算得xK＝.‎ 将直线m代入椭圆方程，得x2＋x＋－1＝0，‎ 所以xE＋xF＝，‎ xExF＝，‎ 所以＋＝＋ ‎＝· ‎＝2.‎ 验证当m的斜率不存在时成立．‎ 故存在实数t＝2，使得＋＝恒成立．‎