内容正文:
第10节 圆锥曲线的综合问题
第1课时 最值、范围、证明问题
学生用书 课时冲关六十三 P400
[基础训练组]
1.(2023·济宁市一模)已知椭圆C:+=1(a>2),直线l:y=kx+1(k≠0)与椭圆C相交于A,B两点,D为AB的中点.
(1)若直线l与直线OD(O为坐标原点)的斜率之积为-,求椭圆C的方程;
(2)在(1)的条件下,y轴上是否存在定点M使得当k变化时,总有∠AMO=∠BMO(O为坐标原点).若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)由得(4+a2k2)x2+2a2kx-3a2=0,
显然Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),
则x1+x2=-,x1x2=-,
∴x0=-,y0=-+1=.
∴k·=k·=-.∴a2=8.
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)假设存在定点M,且设M(0,m),
由∠AMO=∠BMO,得kAM+kBM=0.∴+=0.即y1x2+y2x1-m(x1+x2)=0,
∴2kx1x2+x1+x2-m(x1+x2)=0.
由(1)知x1+x2=-,x1x2=-,
∴--+=0.∴m=4.
所以存在定点M(0,4)使得∠AMO=∠BMO.
2.(2023·沈阳市三检)已知抛物线C1:x2=2py(p>0)过点A(2,1),且它的焦点F也是椭圆C2:+=1(a>b>0)的一个焦点,椭圆上的点到焦点F的最小值为2.
(1)求抛物线C1和椭圆C2的标准方程;
(2)设M,N是抛物线C1上的两个动点,且·=-4.
①求证:直线MN必过定点,并求定点Q坐标;
②直线MN交椭圆C2于R、S两点,当S△FNS最大时,求直线MN的方程.
解:(1)把A(2,1)代入抛物线C1
可得:4=2p,p=2.
∴抛物线C1的方程为x2=4y.故F(0,1),
又F(0,1)是椭圆C2:+=1的焦点,且椭圆上的点到焦点F的最小值为2,
∴解得
∴椭圆C2的标准方程为+=1.
(2)证明:①∵直线MN与抛物线交于M,N两点,∴直线MN斜率必存在.
设直线MN的方程为y=kx+b,M(x1,y1),
N(x2,y2),
联立方程组,消去y可得:
x2-4kx-4b=0,
∴x1x2=-4b,∴y1y2=·=b2,
∴·=x1x2+y1y2=b2-4b=-4,即b=2.
∴直线MN的方程为y=kx+2.∴直线MN过定点Q(0,2).
②联立方程组,消去y可得:
(9+8k2)x2+32kx-40=0,
设R(x3,y3),S(x4,y4),则x3+x4=-,
x3x4=-,
∴|RS|==
,
又F(0,1)到直线MN的距离d=,
∴S△FSR=×|RS|×d=,
令=t,则t≥,∴S△FSR==,
由对勾函数的性质可知当t=时,S△FSQ取得最大值,此时k=0.
∴直线MN的方程为y=2.
3.(2023·株洲市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)与直线l:bx-ay=0都经过点M(2,).直线m与l平行,且与椭圆C交于A,B两点,直线MA,MB与x轴分别交于E,F两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)证明:△MEF为等腰三角形.
解:(1)由直线l:bx-ay=0都经过点M(2,),则a=2b,
将M(2,)代入椭圆方程:+=1,解得:b2=4,a2=16,
∴椭圆C的方程为+=1;
(2)证明:设直线m为:y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2)
联立:,整理得x2+2tx+2t2-8=0,
∴x1+x2=-2t,x1x2=2t2-8,
设直线MA,MB的斜率为kMA,kMB,要证△MEF为等腰三角形,
只需kMA+kMB=0,由kMA=,
kMB=,
kMA+kMB=
,
=0,
所以△MEF为等腰三角形.
4.(2020·浙江卷)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于点M(B,M不同于A).
(1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标;
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.
解:(1)由题意得焦点坐标为F;
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3),C(-x1,-y1),则OM∥BC.
kAM·kOB=kAB·kBC=·==-,
则kAM·kOM=·=·=·=-⇒y+y3y1+8p2=0.
若y3存在,则Δ=y-32p2≥0.
由于+2px1=1⇒x1=-2p+,于是y=-4p2+2p.
故-4p2+2p≥32p2⇒≥18p⇒p≤.于是p最大值为,此时y1=,即在A时取到.
5.(2023·衡阳市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为,直线y=1与C的两个交点间的距离