【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(四川專用-理科)二輪規(guī)范練5

規(guī)范練五圓錐曲線1．如圖，已知點A(1，eq\r(2))是離心率為eq\f(\r(2),2)的橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)上的一點，斜率為eq\r(2)的直線BD交橢圓C于B、D兩點，且A、B、D三點互不重合．(1)求橢圓C的方程；(2)求證：直線AB、AD的斜率之和為定值．(1)解由題意，可得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，將(1，eq\r(2))代入eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1，得eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(2)，c＝eq\r(2)，所以橢圓C的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)證明設(shè)直線BD的方程為y＝eq\r(2)x＋m，又A、B、D三點不重合，所以m≠0.設(shè)D(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x＋m，,2x2＋y2＝4，))得4x2＋2eq\r(2)mx＋m2－4＝0，所以Δ＝－8m2＋64＞0，∴－2eq\r(2)＜m＜2eq\r(2)，x1＋x2＝－eq\f(\r(2),2)m①，x1x2＝eq\f(m2－4,4)②.設(shè)直線AB、AD的斜率分別為kAB、kAD，則kAD＋kAB＝eq\f(y1－\r(2),x1－1)＋eq\f(y2－\r(2),x2－1)＝eq\f(\r(2)x1＋m－\r(2),x1－1)＋eq\f(\r(2)x2＋m－\r(2),x2－1)＝2eq\r(2)＋m·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1－x2＋1)(*)．將①②式代入(*)，得2eq\r(2)＋meq\f(－\f(\r(2),2)m－2,\f(m2－4,4)＋\f(\r(2),2)m＋1)＝2eq\r(2)－2eq\r(2)＝0，所以kAD＋kAB＝0，即直線AB、AD的斜率之和為定值0.2．橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2))).過坐標(biāo)原點的直線l1與l2均不在坐標(biāo)軸上，l1與橢圓M交于A，C兩點，l2與橢圓M交于B，D兩點．(1)求橢圓M的方程；(2)若平行四邊形ABCD為菱形，求菱形ABCD面積的最小值．解(1)依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\f(\r(2),2)a，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))又由于a2＝b2＋c2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2,b2＝1)).故橢圓M的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)直線AC：y＝k1x，直線BD：y＝k2x，A(xA，yA)，C(xC，yC)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1,y＝k1x))，得方程(2keq\o\al(2,1)＋1)x2－2＝0，xeq\o\al(2,A)＝xeq\o\al(2,C)＝eq\f(2,2k\o\al(2,1)＋1)，故|OA|＝|OC|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))·eq\r(\f(2,2k\o\al(2,1)＋1)).同理，|OB|＝|OD|＝eq\r(1＋k\o\al(2,2))·eq\r(\f(2,2k\o\al(2,2)＋1)).又由于AC⊥BD，所以|OB|＝|OD|＝eq\r(1＋\f(1,k1)2)·eq\r(\f(2,2\f(1,k1)2＋1))，其中k1≠0.從而菱形ABCD的面積S＝2|OA|·|OB|＝2eq\r(1＋k\o\al(2,1))·eq\r(\f(2,2k\o\al(2,1)＋1))·eq\r(1＋\f(1,k1)2)·eq\r(\f(2,2\f(1,k1)2＋1))，整理得S＝4eq\r(\f(1,2＋\f(1,k1＋\f(1,k1)2)))，其中k1≠0.故當(dāng)k1＝1或－1時，菱形ABCD的面積最小，該最小值為eq\f(8,3).3．已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點O，一個長軸端點為(0,2)，短軸端點和焦點所組成的四邊形為正方形，直線l與y軸交于點P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點A，B，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→)).(1)求橢圓方程；(2)求m的取值范圍．解(1)由題意知橢圓的焦點在y軸上，設(shè)橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，由題意知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，則b＝eq\r(2)，所以橢圓方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意，直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋2x2＝4，,y＝kx＋m，))則(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0，Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)＞0，由根與系數(shù)的關(guān)系知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2mk,2＋k2)，,x1·x2＝\f(m2－4,2＋k2).))又eq\o(AP,\s\up6(→))＝2eq\o(PB,\s\up6(→))，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)．∴－x1＝2x2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－x2，,x1x2＝－2x\o\al(2,2).))∴eq\f(m2－4,2＋k2)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mk,2＋k2)))2，整理得(9m2－4)k2＝8－2m2，又9m2－4＝0時不成立，∴k2＝eq\f(8－2m2,9m2－4)＞0，得eq\f(4,9)＜m2＜4，此時Δ＞0.∴m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)).4．已知△ABC的兩頂點坐標(biāo)A(－1,0)，B(1,0)，圓E是△ABC的內(nèi)切圓，在邊AC，BC，AB上的切點分別為P，Q，R，|CP|＝1(從圓外一點到圓的兩條切線段長相等)，動點C的軌跡為曲線M.(1)求曲線M的方程；(2)設(shè)直線BC與曲線M的另一交點為D，當(dāng)點A在以線段CD為直徑的圓上時，求直線BC的方程．解(1)由題知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，所以曲線M是以A，B為焦點，長軸長為4的橢圓(挖去與x軸的交點)，設(shè)曲線M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0，y≠0)，則a2＝4，b2＝a2－(eq\f(|AB|,2))2＝3，所以曲線M：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)為所求．(2)留意到直線BC的斜率不為0，且過定點B(1,0)，設(shè)lBC：x＝my＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2＝12，))消x得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，所以y1,2＝eq\f(－3m±6\r(m2＋1),3m2＋4)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(6m,3m2＋4)，,y1y2＝－\f(9,3m2＋4)，))由于eq\o(AC,\s\up6(→))＝(my1＋2，y1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(my2＋2，y2)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝(my1＋2)(my2＋2)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋2m(y1＋y2)＋4＝－eq