第二部分 专题五 第3讲 圆锥曲线中的综合问题（课时作业）-【创新教程】2023高考数学总复习大二轮（新教材）

　　　　 一、解答题 1．(2022·金昌联考一)在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到F(0,1)的距离比它到直线y＝－2的距离小1. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)过点F的直线与曲线C交于A，B两点，Q(－2，－1)，记直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求证：＋为定值． 解：(1)由题意，点P到F(0,1)的距离等于它到直线y＝－1的距离，∴点P的轨迹为以F(0,1)为焦点，以直线y＝－1为准线的抛物线，∴动点P的轨迹C的方程为x2＝4y. (2)显然，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4， ∴＋＝＋ ＝ ＝ ＝ ＝＝＝2， 故＋为定值2. 2．(2022·南通、如皋、镇江期末)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点M，离心率为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设椭圆E的右顶点为A，过定点N(1,0)且斜率不为0的直线与椭圆E交于B，C两点，设直线AB，AC与直线x＝4的交点分别为P，Q，求△APQ面积的最小值． 解：(1)由题意知，，解得， 所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1. (2)设过点N(1,0)的直线方程为x＝my＋1， 代入椭圆E的方程，整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0， 因为Δ＝4m2＋12(m2＋4)＝16(m2＋3)>0， 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－①， 由(1)得A(2,0)，则直线AB的方程为 y＝(x－2)， 令x＝4，得yP＝，同理可得yQ＝， S△APQ＝×(4－2)·|PQ|＝|PQ|＝|yP－yQ| ＝， 将x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入， ∴S△APQ＝ ＝2× ＝2× 把①式代入，整理得S△APQ＝2， 由m2≥0，知S△APQ≥2， 所以△APQ面积的最小值为2. 3．(2022·南通下学期调研一)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，四点M1，M2(3，)，M3，M4中恰有三点在C上． (1)求C的方程； (2)过点(3,0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝1的垂线，垂足为A.证明：直线AQ过定点． 解：(1)因为四点M1，M2(3，)， M3，M4中恰有三点在C上， 而点M3，M4关于原点对称，因为4>2，但<，所以M1不在C上，所以点M2，M3，M4在曲线上，代入可得， 解得，所以C的方程为－y2＝1. (2)当直线l斜率不存在时，得P(3，)，Q(3，－)， A(1，)， 则直线AQ方程为y＝－x＋2，过点T(2,0)； 当直线l斜率存在时，设为y＝k(x－3)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)， 联立，整理得(1－3k2)x2＋18k2x－27k2－3＝0,1－3k2≠0，x1＋x2＝－，x1x2＝－， 则kQT＝，kAT＝－y1，所以kQT－kAT＝－(－y1)＝， 又y2＋x2y1－2y1＝k(x2－3)＋k(x2－2)(x1－3)＝k[x1x2－2(x1＋x2)＋3] ＝k＝0， 所以kQT＝kAT，即直线AQ过点T(2,0)． 4．(2022·六安示范高中质检)已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的左右焦点分别是F1，F2，右顶点和上顶点分别为A，B，△BF2A的面积为－. (1)求椭圆C的标准方程； (2)以此椭圆的上顶点B为直角顶点作椭圆的内接等腰直角△BMN，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意得b2＝a2－c2＝1，① 因为S△BF2A＝(a－c)b＝(a－c )＝－， 所以a－c＝3－2，② 由①②得a＋c＝3＋2，③由②③得a＝3，c＝2， 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1； (2)假设能构成等腰直角△BMN，其中B(0,1)，由题意可知，直角边BM，BN不可能垂直或平行于x轴， 故可设BM边所在直线的方程为y＝kx＋1(不妨设k>0)， 联立直线方程和椭圆方程得， 得(9k2＋1)x2＋18kx＝0， ∴xM＝－，∴M， ∴|BM|＝ ＝， 用－代替上式中的k，得|BN|＝ ＝， 由|BM|＝|BN|，得＝， 即k3－9k2＋9k－1＝0，∴(k－1)(k2－8k＋1)＝0，∴k＝1或k＝4±， 故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形． 学科网（北京）股份有限公司 $