辅优练习(平面向量与圆锥曲线的综合问题)

平面向量与圆锥曲线的综合问题1.已知正三角形OAB的三个顶点都在抛物线22yx上，其中O为坐标原点，设圆C是OAB的外接圆（点C为圆心）（I）求圆C的方程；（II）设圆M的方程为22(47cos)(7cos)1xy，过圆M上任意一点P分别作圆C的两条切线PEPF，，切点为EF，，求CECF的最大值和最小值．2.已知(10)F，，直线:1lx，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且QPQFFPFQ．（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；（Ⅱ）过点F的直线交轨迹C于AB，两点，交直线l于点M．（1）已知1MAAF，2MBBF，求12的值；（2）求MAMB的最小值．3.椭圆E的中心在原点O，焦点在x轴上，其离心率32e,过点C（－1,0）的直线l与椭圆E相交于A、B两点，且满足点C满足2ACCB（1）用直线l的斜率k(k≠0)表示△OAB的面积；（2）当△OAB的面积最大时，求椭圆E的方程。4.在平面直角坐标系xOy中，经过点(02)，且斜率为k的直线l与椭圆2212xy有两个不同的交点P和Q．（I）求k的取值范围；II）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为AB，，是否存在常数k，使得向量OPOQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．1.（I）解法一：设AB，两点坐标分别为2112yy，，2222yy，，由题设知222222222211122212()2222yyyyyyyy．解得221212yy，所以(623)A，，(623)B，或(623)A，，(623)B，．设圆心C的坐标为(0)r，，则2643r，所以圆C的方程为22(4)16xy解法二：设AB，两点坐标分别为11()xy，，22()xy，，由题设知22221122xyxy．又因为2112yx，2222yx，可得22112222xxxx．即1212()(2)0xxxx．由10x，20x，可知12xx，故AB，两点关于x轴对称，所以圆心C在x轴上．设C点的坐标为(0)r，，则A点坐标为3322rr，，于是有233222rr，解得4r，所以圆C的方程为22(4)16xy．（II）解：设2ECFa，则2||||cos216cos232cos16CECFCECF．在RtPCE△中，4cos||||xPCPC，由圆的几何性质得||||17PCMC≤18，||||1716PCMC≥，所以12cos23≤≤，由此可得1689CECF≤≤．则CECF的最大值为169，最小值为8．2.解法一：（Ⅰ）设点()Pxy，，则(1)Qy，，由QPQFFPFQ得：(10)(2)(1)(2)xyxyy，，，，，化简得2:4Cyx．（Ⅱ）（1）设直线AB的方程为：1(0)xmym．设11()Axy，，22()Bxy，，又21Mm，，联立方程组241yxxmy，，，消去x得：2440ymy，2(4)120m，121244yymyy，．由，1MAAF2MBBF得：1112yym2222yymPBQMFOAxy整理得：1121my2221my12122112myy121222yymyy2424mm0解法二：（Ⅰ）由QPQFFPFQ得：()0FQPQPF，()()0PQPFPQPF220PQPFPQPF所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：24yx．（Ⅱ）（1）由已知1MAAF，2MBBF，得120．则：12MAAFMBBF．…………①过点AB，分别作准线l的垂线，垂足分别为1A，1B，则有：11MAAAAFMBBBBF．…………②由①②得：12AFAFBFBF，即120．（Ⅱ）（2）解：由解法一，22121MMMAMBmyyyy221212(1)()MMmyyyyyy2224(1)44mmmm224(1)4mm2222114(2)42216mmmm≥当且仅当221mm，即1m时等号成立，所以MAMB最小值为16．3.解：（1）设椭圆E的方程为12222byax(a＞b＞0)，由e=32ac∴a2=3b2故椭圆方程x2+3y2=3b2设A(x1,y1)、B(x2,y2),由于点C（－1，0）分向量AB的比为2，∴0321322121yyxx即21212)1(21yyxx由)1(33222xkybyx消去y整理并化简得(3k2+1)x2+6k2x+3k2－3b2=0由直线l与椭圆E相交于A（x1,y1）,B(x2,y2)两点得：①②13331360222212221kbkxxkkxxABC的内分点）是恒成立（点而S△OAB|1|||23|)1(|23||23|2|21||212222221xkxkyyyyy⑤由①③得:x2+1=－1322k，代入⑤得：S△OAB=)0(13||32kkk（2）因S△OAB=23323||1||3313||32kkkk,当且仅当,33kS△OAB取得最大值此时x1+x2=－1,又∵3221xx=－1∴x1=1,x2=－2将x1,x2及k2=31代入④得3b2=5∴椭圆方程x2+3y2=54.解：（Ⅰ）由已知条件，直线l的方程为2ykx，代入椭圆方程得22(2)12xkx．整理得22122102kxkx①直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于2221844202kkk，解得22k或22k．即k的取值范围为2222，，∞∞．（Ⅱ）设1122()()PxyQxy，，，，则1212()OPOQxxyy，，由方程①，1224212kxxk．②又1212()22yykxx．③而(20)(01)(21)ABAB，，，，，．所以OPOQ与AB共线等价于12122()xxyy，将②③代入上式，解得22k．由（Ⅰ）知22k或22k，故没有符合题意的常数k．③④⑤