2025届高中数学统考第二轮专题复习第15讲圆锥曲线中的定量问题限时集训理含解析

第15讲圆锥曲线中的定量问题基础过关1.如图X15-1,点A(-1,0),B(1,-1)和抛物线C:y2=4x,过点A的动直线l交抛物线于M,P两点,直线MB交抛物线C于另一点Q,O为坐标原点.(1)求OM·OP;(2)证明:直线PQ恒过定点.图X15-12.已知动点P到点F(1,0)的距离与它到直线l:x=4的距离d的比值为12,设动点P的轨迹为曲线(1)求曲线C的方程.(2)过点Q(2,3)的直线l1与C交于E,F两点,已知点D(2,0),直线x=x0分别与直线DE,DF交于点S,T,问:线段ST的中点M是否在定直线上?若是,求出该直线的方程;若不是,请说明理由.3.在平面直角坐标系xOy中,中心在原点的椭圆C经过点-332,1,其右焦点与抛物线y2=45x的焦点重合.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设点M(m,0)为长轴上的一个动点,过点M作斜率为23的直线l交椭圆C于A,B两点,试证明|MA|2+|MB|2为定值4.已知椭圆E的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,离心率为32,F1,F2分别为椭圆E的左、右焦点,点P在椭圆E上,以线段F1F2为直径的圆经过点P,线段F1P与y轴交于点B,且|F1P|·|F1B|=6(1)求椭圆E的方程;(2)设动直线l与椭圆E交于M,N两点,且OM·ON=0.求证:动直线l与圆x2+y2=45相切实力提升5.已知F1(-1,0),F2(1,0)分别为椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过F2的直线交椭圆Γ于A,B两点,△(1)求椭圆Γ的方程.(2)已知P(x0,y0)(y0≠0)是直线l:x=4上一动点,若直线PA,PB与x轴分别交于点M(xM,0),N(xN,0),则1xM-1+1xN-1是否为定值?6.如图X15-2,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2,1),F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,且(1)求椭圆C的方程.(2)过P点的直线l1与椭圆C有且只有一个公共点,直线l2平行于OP(O为原点),且与椭圆C交于两点A,B,与直线x=2交于点M(M介于A,B两点之间).(i)当△PAB的面积最大时,求直线l2的方程;(ii)证明|PA||MB|=|PB||MA|,并推断直线l1,l2,PA,PB的斜率是否可以按某种依次构成等比数列.图X15-2限时集训(十五)1.解:(1)设点My124,y1,Py224,y2,因为P,M,A三点共线,所以kAM=kPM,即y1y124+1=y1-y2y1故OM·OP=y124·y224+y(2)证明:设点Qy324,y3,因为M,B,Q三点共线,所以kBQ=kQM,即y3+1y324-1=y1-y3y124-y3由(1)知y1y2=4,所以y1=4y2,即4y2·y3+4y2+y3+4=0,得4(y2+y3)+y2y因为kPQ=y2-y3y224-y324=4即(y-y2)(y2+y3)=4x-y22,即y(y2+y3)-y2y3=4x②,由①得-y2y3=4(y2+y3)+4,代入②可得(y+4)(y2+y3)=4(x-所以直线PQ恒过定点(1,-4).2.解:(1)设P(x,y),由题意得|PF|d=(化简整理得x24+y23=1,即曲线C的方程为x2(2)设直线l1的方程为x=ty+(2-3t),E(x1,y1),F(x2,y2),M(x0,y0),S(x0,yS),T(x0,yT),则直线DE的方程为y=y1x1-2(x-2),得yS=y1同理可得yT=y2x2-2(所以2y0=yS+yT=y1x1-2(x0-2)+y2即2y0x0-2=由x=ty+(2-3t),3x2+4y2-12=0,得(3t2+4)y2+所以y1y2=9t2-123t3t则2y0x0-得3x0+2y0-23=0,所以点M在定直线3x+2y-23=0上.3.解:(1)由题意知椭圆C的左焦点F1(-5,0),右焦点F2(5,0).设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=由274a故椭圆C的标准方程为x29+y2(2)证明:由题意可设直线l的方程为y=23(x-m)联立y=23(x-m),x29+y24=1因为Δ=(-2m)2-8(m2-9)>0,所以m∈(-32,32).因为点M(m,0)为椭圆C长轴上的一个动点,所以m∈(-3,3).此时Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=m,x1x2=m2于是|MA|2+|MB|2=(x1-m)2+y12+(x2-m)2=139(x1-m)2+139(x2-m=139(x12+x22)-269m(x1+x=139[(x1+x2)2-2x1x2]-269m(x1+x2)+269m2故|MA|2+|MB|2为定值13.4.解:(1)设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),|F1F2|=2∵∠BF1O=∠PF1F2,∠F1OB=∠F1PF2=π2∴△F1BO∽△F1F2P.∴|F1B||F1F2|=|F1O||F1P|,即|F1∴c=3.又e=ca=32,∴a=由a2=b2+c2,得b2=1.∴椭圆E的方程为x24+y2=(2)证明:①当动直线l的斜率不存在时,设l的方程为x=t,M(t,y1),N(t,y2).由x=t,x24+y2=1∵直线x=t与椭圆E交于M,N两点,∴方程y2+t24-1=0∴t2<4,且y∴OM·ON=t2+y1y2=5t24-1=0,则∵圆心O到直线x=t的距离d=|t|=25∴直线l与圆x2+y2=45相切②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,即kx-y+m=0,M(x1,kx1+m),N(x2,kx2+m).由y=kx+m,x24+y2=1得(4k2+1)x∵动直线l与椭圆E交于M,N两点,∴方程(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0有两个不相等的实数根.∴Δ=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,即4k2+1-m2>0,且x∴OM·ON=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+mk(x1+x2)+m2=(1+k2)(4m2化简得k2+1=5m可得原点O到直线l的距离d=|m|k2+1则直线l与圆x2+y2=45相切综上所述,动直线l与圆x2+y2=45相切5.解:(1)依题意得c=1,由椭圆的定义可得△F1AB的周长为4a=8,即a=2,所以b=a2-c2=3,故椭圆Г的方程为x2(2)由题意设直线AB的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=ty+1,x24+y23=1得(3t2明显Δ>0,则y1+y2=-6t3t2+4,y又P(4,y0),则直线PA的方程为y-y0=y1-y0x1-4·(x-4即Mx1y0-4y1y0-y1,则xM-1=x1y0-4y1y0同理xN-1=y2故1xM-1+1xN-1=1ty0-3y0-y1y1+y0-y2y2=1ty0-所以1xM-1+1x6.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),则PF1=(-c-2,-1),PF2=(c-2∵PF1·PF2=-c2+4+1=-1又P(2,1)在椭圆C上,故4a2+1b2=1,又a2=b2+c2,解得a2=8,b故椭圆C的方程为x28+y2(2)(i)由题知kOP=12,设l2的方程为y=12x+t(t<0),A(x1,y1),B(x2,y2由y=12x+t,x28+y22=1,由Δ=-4(t2-4)>0,得t2<4,故-2<t<0.又x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4,则|AB|=1+=524t2-∵点P到l2的距离d=|t|1+(∴S△PAB=12×54-t2×2|t当且仅当4-t2=t2,即t=-2时,等号成立.故△PAB的面积最大时,直线l2的方程为y=12x-2(ii)要证|PA||MB|=|PB||MA|,只需证|PA||由角平分线的性质可知,即证直线x=2为∠APB的平分线,转化成证明kPA+kPB=0.∵kPA+kPB=y1-=[(=x=2t2-4-2t(t-由l1与椭圆C有且只有一个公共点,知l1为椭圆C的切线.由x28+y22=1得y2=2-当0<x<22,0<y<2时,y=2-14x2,则∴y'|x=2=-1