第04讲 圆锥曲线综合（练）（解析版）

第04讲圆锥曲线综合（练）一、解答题1．已知椭圆22121,,84xyFF为左､右焦点，直线l过2F交椭圆于,AB两点.(1)若直线l垂直于x轴，求AB；(2)若直线1AF交y轴于M，直线1BF交y轴于N，是否存在直线l，使得11FABFMNSS，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22AB(2)存在,直线l的方程为320xy或320xy【分析】（1）根据题意可求得焦点坐标，进而求得直线l的方程，联立直线l和椭圆的方程即可得到,AB两点的纵坐标，即可得AB.（2）当直线l的斜率为0时，不能构成三角形，不满足题意舍去；当直线l的斜率不为0时，可设直线:2lxmy，通过联立直线和椭圆方程得到,AB两点纵坐标12,yy的关系，再写出直线1AF的方程，以及直线1BF的方程，求出两直线分别与y轴交点,MN的纵坐标，然后用12,yy来表示1FABS和1MNFS，再根据11FABFMNSS即可求得m的值，进而得到直线l的方程.【详解】（1）根据题意得，22,0F，当ABx轴时，将2x代入22184xy，解得2y，当A在x轴上方时，则2,2,2,2AB，当A在x轴下方时，2,2,2,2AB，所以22AB.（2）设112234,,,,0,,0,AxyBxyMyNy，当直线l的斜率为0时，直线l与x轴重合，此时1ABMNF都在x轴上，不能构成三角形，不满足题意，舍去；当直线l的斜率不为0时，可设直线:2lxmy，则1121212122FABSFFyyyy，11343412FMNSFOyyyy，联立222184xmyxy，得222440mymy，则12122244,22myyyymm.所以直线1AF的方程：1122yyxx，令0x，解得M纵坐标13122yyx；所以直线1BF的方程：2222yyxx，令0x，解得N的纵坐标24222yyx.若11FABFMNSS，即12342yyyy，1212123412112122822222224444yyyyyyyyyyxxmymymymy，2121212444,4164mymymyymyy，代入根与系数的关系12122244,22myyyymm，得22244416422mmmmm，解得3m.所以存在直线l，使得11FABFMNSS，直线l的方程为320xy或320xy.2．设椭圆222210xyabab的左顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为12，7AB.(1)求椭圆的方程；(2)设P，Q为椭圆E上异于点A的两动点，若直线AP，AQ的斜率之积为14.证明直线PQ恒过定点，并求出该点坐标.【答案】(1)22143xy(2)证明见解析，定点1,0【分析】（1）由题意可得224ac，227ab，再结合222abc，可求出22,ab，从而可求得椭圆的方程，（2）当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为ykxm，代入椭圆方程中消去y，利用根与系数的关系，再结合12121224APAQyykkxx化简可得2220mkmk，从而可得2mk或.mk进而可求出定点，当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过定点1,0，求出,PQ两点坐标，求解APAQkk即可，【详解】（1）由于221,42eac，①又227,7ABab，②由①②解得224,3ab，椭圆的方程为22143xy.（2）在（1）的条件下，当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为ykxm，由22143xyykxm，消去y得：2223484120kxkmxm，设1122,,,PxyQxy，则21212228412,3434kmmxxxxkk，.又2,0A，由题知12121224APAQyykkxx，则12122240xxyy，且12,2xx，则221212121212244142444xxxxkxmkxmkxxkmxxm.22222144128244403434kmkmkmmkk，则2220mkmk，20,2mkmkmk或.mk当2mk时，直线PQ的方程为22ykxkkx，此时直线PQ过定点2,0，显然不适合题意，当mk时，直线PQ的方程为1ykxkkx.此时直线PQ过定点1,0.当直线PQ的斜率不存在时，若直线PQ过定点1,0，,PQ点的坐标分别为331,,1,22.满足14APAQkk.综上，直线PQ过定点1,0.3．已知椭圆2222:10xyCabab的长轴长为4，1F，2F为C的左、右焦点，点000,0Pxyy在C上运动，且12cosFPF的最小值为12.连接1PF，2PF并延长分别交椭圆C于M，N两点.(1)求C的方程；(2)证明：112OPFOPNOMFOFNSSSS△△△△为定值.【答案】(1)22143xy(2)证明见解析【分析】（1）由已知可得a，根据焦点三角形各边长，结合余弦定理可得b，即可得椭圆方程；（2）设出直线PM与PN，分别与椭圆联立可得点M与点N的坐标，代入面积即可得证.【详解】（1）由题意得2a，设1PF，2PF的长分别为m，n，24mna则2222212424cos22mncmnmncFPFmnmn222222221112bbbmnamn，当且仅当mn时取等号，从而222112ba，得2234ba，23b，则椭圆的标准方程为22143xy；（2）由（1）得11,0F，21,0F，设11,Mxy，22,Nxy，设直线PM的方程为0011xxyy，直线PN的方程为0011xxyy，由002211143xxyyxy，得20020203161490xxyyyy，则20202200012222000000209939346325313144yyyyyxyxxxxyy，010325yyx，同理可得020352yyx，所以1121020200121122112211122OPFOPNOMFOFNOFyOFyySSyySSyyOFyOFy△△△△0000001313332552yyyyxx.所以112OPFOPNOMFOFNSSSS△△△△为定值133.4．设抛物线2:20Cypxp的焦点为F，准线为l，MC，以M为圆心的圆M与l相切于点Q，Q的纵坐标为3p，5,0E是圆M与x轴的不同于F的一个交点．(1)求抛物线C与圆M的方程；(2)过F且斜率为43的直线n与C交于A，B两点，求△ABQ的面积．【答案】(1)抛物线2:4Cyx，圆22:32316Mxy(2)201534【分析】（1）分别求点,QM的坐标，再利用圆心在线段EF的垂直平分线上，求得p值，即可求得抛物线和圆的方程；（2）直线与抛物线方程联立，求得点,AB的坐标，求得AB，以及点Q到直线AB的距离，再求三角形的面积.【详解】（1）由抛物线的定义知，圆M经过焦点,02pF，,32pQp，点M的纵坐标为3p，又MC，则232ppx，得32xp，则3,32pMp，31222MFppp．由题意，M是线段EF的垂直平分线上的点，所以53222pp，解得p＝2，故抛物线2:4Cyx，圆22:32316Mxy．（2）由题意知直线n的方程为413yx，由24413yxyx，解得44xy或141xy设4,4A，1,14B，则254AB．点1,23Q到直线:4340nxy的距离8635d，所以△ABQ的面积12015324SABd．5．已知椭圆2212:1xCya和双曲线2222:11xCyaa．1e、2e分别为1C和2C的离心率．(1)若12154ee，求2C的渐近线方程；(2)若2a，过椭圆1C的左焦点F作斜率为k的直线与1C交于不同两点M、N，过原点作MN的垂线，垂足为D.若点D恰好是F与M的中点，求线段MN的长度.【答案】(1)12yx(2)423【分析】（1）根据题意可得出关于实数a的等式，求出a的值，即可得出双曲线2C的渐近线方程；（2）分析可知1OMOF，设点,Mmn，根据1OM可求出点M的坐标，进而可得出直线MN的方程，将该直线的方程与椭圆1C的方程联立，求出点N的坐标，进而可求得MN.【详解】（1）解：由已知可得224122111154aaaeeaaa，因为1a，解得2a，因此，双曲线2C的渐近线方程为12yx.（2）解：当2a时，椭圆1C的方程为2212xy，其左焦点为1,0F，因为ODFM且D为FM的中点，则1OMOF，设点,Mmn，则2222211122mmOMmnm，解得0m，则1n，由对称性，不妨设点0,1M，10101k，则直线MN的方程为1yx，联立22122yxxy解得01xy或4313xy，即点41,33N，故2241421333MN.6．已知双曲线C：2214xy，过点2,1P的直线l与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点.(1)判断点P能否为线段AB的中点，说明理由(2)若直线OA，OB的斜率分别记为OAk，OBk，且25OAOBkk，求直线l的方程【答案】(1)不能，理由见解析；(2)420xy【分析】（1）设过点2,1P的直线为2xmym，联立双曲线方程得22242240mymmymm，由韦达定理及两点中点公式列式求解即可判断；（2）ABOAOBAByykkxx，由（1）代入直线方程及韦达定理求解即可【详解】（1）证明：设过点2,1P的直线为2xmym，i.0m时，直线与双曲线右支相切，不成立；ii.0m时，联立双曲线方程得22242240mymmymm，直线l与双曲线C相交于A，B两点，故2m，且222242ABmmmyymm，2244ABmmyym，2224242ABABmxxmyymmm，若P为线段AB的中点，则22222122ABABxxmmmyymm，方程组无解，故点P不能为线段AB的中点；（2）由（1）得，22222522ABABABBAABOAOBABABABABmyymyyyyxyxykkxxxxmyymmyym整理得225522220ABABmmyymmyym，即2254222410mmmmmmmm，即22421054412022mmmmmmmmmm