2022版高考数学大一轮复习作业本51圆锥曲线的综合问题含答案详解

2022版高考数学大一轮复习作业本51圆锥曲线的综合问题已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y=1相切.(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，2)，且与圆心M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.已知ABC的顶点A(1,0)，点B在x轴上移动，|AB|=|AC|，且BC的中点在y轴上.(1)求点C的轨迹T的方程；(2)已知过P(0，2)的直线l交轨迹于不同两点M，N，求证：Q(1,2)与M，N两点连线QM，QN的斜率之积为定值.已知椭圆C：=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当lx轴时，|RS|=3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.已知椭圆C：=1(ab0)的焦距为2，且过点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足=t，其中t，求|AB|的取值范围.已知椭圆C： =1(ab0)经过点P，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l：y=xm与椭圆C交于两个不同的点A，B，求OAB面积的最大值(O为坐标原点).已知椭圆C：=1(a>b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x4y6=0与圆x2(yb)2=a2相切.(1)求椭圆C的方程；(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；(3)在(2)的条件下求AMN面积的最大值.已知椭圆E：=1(a>b>0)经过点，且离心率e=.(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kxm与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MANA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标.已知椭圆C：=1(a>b>0)经过点P(0,1)，离心率e=.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l经过点Q(2，1)且与C相交于A，B两点(异于点P)，记直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，证明：k1k2为定值.参考答案解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=1的距离，由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y=1为准线的抛物线，则=1，p=2.圆心M的轨迹方程为x2=4y.(2)设直线l：y=kx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x2，y2).联立得x24kx8=0，kAC=，直线AC的方程为yy1=(xx1).即y=y1(xx1)=x=x，x1x2=0，y=x=x2，即直线AC恒过点(0,2).解：(1)设C(x，y)(y0)，因为B在x轴上且BC中点在y轴上，所以B(x,0)，由|AB|=|AC|，得(x1)2=(x1)2y2，化简得y2=4x，所以C点的轨迹的方程为y2=4x(y0).(2)直线l的斜率显然存在且不为0，设直线l的方程为y=kx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得ky24y8=0，所以y1y2=，y1y2=，kMQ=，同理kMQ=，kMQ·kNQ=·=4，所以Q(1,2)与M，N两点连线的斜率之积为定值4.解：(1)由内切圆的性质，得×2c×b=×(2a2c)×，得=.将x=c代入=1，得y=±，所以=3.又a2=b2c2，所以a=2，b=，故椭圆C的标准方程为=1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y=k(x1)，R(x1，y1)，S(x2，y2).联立方程，得得(34k2)x28k2x4k212=0，由根与系数的关系得，其中>0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTSkTR=0(显然TS，TR的斜率存在)，即=0.因为R，S两点在直线y=k(x1)上，所以y1=k(x11)，y2=k(x21)，代入得=0，即2x1x2(t1)(x1x2)2t=0，将代入得=0，则t=4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.解：(1)依题意得解得椭圆C的方程为y2=1.(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x2).由得(12k2)x28k2x8k22=0，=8(12k2)0，解得k2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由=t得P，代入椭圆C的方程得t2=.由t2得k2，|AB|=·=2.令u=，则u，|AB|=2.|AB|的取值范围为.解：(1)由题意知又a2=b2c2，解得所以椭圆C的方程为y2=1.(2)将直线l的方程代入椭圆方程y2=1，消去y得3x24mx2(m21)=0.由=(4m)224(m21)0，得m23.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2=，x1x2=.所以|AB|=|x1x2|=·=·=.又原点O(0,0)到直线AB：xym=0的距离d=.所以SOAB=|AB|·d=×·= .因为m2(3m2)2=，当仅且当m2=3m2，即m2=时取等号.所以SOAB×=，即OAB面积的最大值为.解：(1)由题意得即C：y2=1.(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.A(2,0)，设l1：x=my2，l2：x=y2，由得(m24)y24my=0，M.同理，N.m±1时，kMN=，lMN：y=.此时过定点.lMN恒过定点.(3)由(2)知SAMN=×|yMyN|=8=.令t=2，当且仅当m=±1时取等号，SAMN，且当m=±1时取等号.(SAMN)max=.解：依题意，得解得所以，椭圆E的方程为=1.(2)如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，联立整理，得(34k2)x28mkx4(m23)=0，则=64m2k216(34k2)(m23)>0，即34k2m2>0，x1x2=，x1x2=.从而y1y2=(kx1m)(kx2m)=k2x1x2mk(x1x2)m2=，由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MANA，得·=1，即y1y2x1x22(x1x2)4=0.则有4=0，整理，得7m216km4k2=0，解得m=2k或m=，均满足条件34k2m2>0.当m=2k时，直线l的方程为y=k(x2)，直线l过定点A，与题设矛盾；当m=时，直线l的方程为y=k，直线l过定点，所以直线l经过定点，且定点的坐标为.解：(1)因为椭圆C：=1(a>b>0)，经过点P(0,1)，所以b=1.又e=，所以=，解得a=2.所以椭圆C的方程为y2=1.(2)证明：若直线AB的斜率不存在，则直线l的方程为x=2，此时直线与椭圆相切，不符合题意.设直线AB的方程为y1=k(x2)，即y=kx2k1，联立得(14k2)x28k(2k1)x16k216k=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2=，x1x2=.则k1k2=2k=2k=2k(2k1)=1.所以k1k2为定值，且定值为1.