2021高考数学文科（全国版）一轮复习考点考法精练：第十章 素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略 WORD版含解析.docx

1、素养提升5高考中圆锥曲线解答题的提分策略1.2020湖北省部分重点中学高三测试,12分已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=22,以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x+y - 2=0相切.(1)求椭圆C的标准方程.(2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M,N时,能在直线y=53上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足PM=NQ?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.2.2020陕西省百校第一次联考,12分已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=32,椭圆的左焦点为F1,短轴的两个端点分别为B1,B2,且F1B1F1B2=2.(

2、1)求椭圆C的标准方程.(2)过左顶点A作椭圆的两条弦AM,AN,若AMAN=0,求证:直线MN与x轴的交点为定点.3.2020洛阳市第一次联考,12分已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:y2a2+x2b2=1(ab0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.(1)求椭圆C2的方程.(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:当直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.4.2020陕西省部分学校摸底检测,12分已知圆O:x2+y2=1和抛物线E

3、:y=x2 - 2,O为坐标原点.(1)已知直线l与圆O相切,与抛物线E交于M,N两点,且满足OMON,求直线l的方程;(2)过抛物线E上一点P(x0,y0)作两条直线PQ,PR与圆O相切,且分别交抛物线E于Q,R两点,若直线QR的斜率为 - 3,求点P的坐标.5.2020四川五校联考,12分已知抛物线E:y2=8x,直线l:y=kx - 4.(1)若直线l与抛物线E相切,求直线l的方程;(2)设Q(4,0),直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),若存在点C满足|CQ+CA|=|CQ-CA|,且线段OC与AB互相平分(O为坐标原点),求x2的取值范围.6.2019安

4、徽宣城二模,12分已知椭圆C的方程为x24+y22=1,A是椭圆上的一点,且点A在第一象限内,过点A且斜率等于 - 1的直线与椭圆C交于另一点B,点A关于坐标原点的对称点为D.(1)证明:直线BD的斜率为定值;(2)求ABD面积的最大值.7.12分已知动圆C过定点F(1,0),且与定直线x= - 1相切.(1)求动圆圆心的轨迹E的方程.(2)过点M( - 2,0)的直线l与轨迹E交于不同的两点P,Q,试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M),使得QNM+PNM=,若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.素养提升5 高考中圆锥曲线解答题的提分策略1.(1)由椭圆的离心率e=22,得c2a2

5、=c2b2+c2=12,得b=c.上顶点为(0,b),右焦点为(b,0),以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为(x - b2)2+(y - b2)2=(a2)2=b22,所以圆心到直线x+y - 2=0的距离为|b - 2|2=22b,即|b - 2|=b,得b=c=1,a=2,所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(5分)(2)不存在.理由如下:设直线的方程为y=2x+t,M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,53),Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0).由y=2x+t,x22+y2=1,消去x得9y2 - 2ty+t2 - 8=0,则=4t2 - 36(t2 - 8)

6、0, - 3t3.(7分)所以y1+y2=2t9,y0=y1+y22=t9.由PM=NQ,得(x1 - x3,y1 - 53)=(x4 - x2,y4 - y2),所以y1 - 53=y4 - y2,y4=y1+y2 - 53=29t - 53,(9分)(也可由PM=NQ知四边形PMQN为平行四边形,而D为线段MN的中点,因此,D也为线段PQ的中点,所以y0=53+y42=t9,可得y4=2t - 159)又 - 3t3,所以 - 73y40.易知方程(*)的一个根为 - 2,设M(xM,yM),则 - 2xM=16k2 - 41+4k2,得xM=2 - 8k21+4k2,(7分)所以yM=k

7、(xM+2)=4k1+4k2,得M(2 - 8k21+4k2,4k1+4k2),同理可得(将k换为 - 1k)N(2k2 - 8k2+4, - 4kk2+4),(8分)则直线MN的斜率kMN=4k1+4k2+4kk2+42 - 8k21+4k2 - 2k2 - 8k2+4=20k3+20k - (16k4 - 16)=20k(k2+1) - 16(k2 - 1)(k2+1)= - 5k4k2 - 4,所以直线MN的方程为y+4kk2+4= - 5k4k2 - 4(x - 2k2 - 8k2+4).(10分)令y=0,则x=16(1 - k2)5(k2+4)+2k2 - 8k2+4= - 6k2

8、 - 245(k2+4)= - 6(k2+4)5(k2+4)= - 65.所以直线MN与x轴的交点为定点( - 65,0).(12分)3.(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2 - b2=1.又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为(6,32),所以94a2+6b2=1.由,解得a2=9,b2=8.故椭圆C2的方程为y29+x28=1.(4分) (2)如图D 5 - 1,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).图D 5 - 1 (

9、i)因为AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3 - x1=x4 - x2,即x1 - x2=x3 - x4,于是(x1+x2)2 - 4x1x2=(x3+x4)2 - 4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1(易知k0).由y=kx+1,x2=4y,得x2 - 4kx - 4=0,10.则x1+x2=4k,x1x2= - 4.由y=kx+1,y29+x28=1,得(9+8k2)x2+16kx - 64=0,20.(6分)则x3+x4= - 16k9+8k2,x3x4= - 649+8k2.将代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+

10、8k2,即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直线l的斜率为64.(8分)(ii)由x2=4y得y=x2,所以C1在点A处的切线方程为y - y1=x12(x - x1),即y=x1x2 - x124.令y=0,得x=x12,即M(x12,0),所以FM=(x12, - 1).(10分)又FA=(x1,y1 - 1),于是FAFM=x122 - y1+1=x124+10,因此AFM是锐角,由MFD=180 - AFM得MFD是钝角.故当直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.(12分)4.(1)由题意知直线l的斜率存在,设l:

11、y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2).由直线l与圆O相切,得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1.由y=kx+b,y=x2 - 2,消去y得x2 - kx - b - 2=0,0.所以x1+x2=k,x1x2= - b - 2.(2分)由OMON,得OMON=0,即x1x2+y1y2=0,所以x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,所以(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,所以b2( - b - 2)+(b2 - 1)b+b2=0,解得b= - 1或b=0(舍去).所以k=0,故直线l的方程为y= - 1.(5分)(2)设Q(x3,y3),R(x4,y4),则直

12、线RQ的斜率kRQ=y3 - y4x3 - x4=(x32 - 2) - (x42 - 2)x3 - x4=x3+x4,所以x3+x4= - 3.由题意知直线PQ,PR的斜率均存在,即x021.设PQ:y - y0=k1(x - x0),由直线PQ与圆O相切,得|y0 - k1x0|k12+1=1,即(x02 - 1)k12 - 2x0y0k1+y02 - 1=0,设PR:y - y0=k2(x - x0),同理可得(x02 - 1)k22 - 2x0y0k2+y02 - 1=0.故k1,k2是方程(x02 - 1)k2 - 2x0y0k+y02 - 1=0的两个根,所以k1+k2=2x0y0

13、x02 - 1.(8分)由y=k1x+y0 - k1x0,y=x2 - 2,得x2 - k1x+k1x0 - y0 - 2=0,故x0+x3=k1,同理可得x0+x4=k2,则2x0+x3+x4=k1+k2,即2x0 - 3=2x0y0x02 - 1,所以2x0 - 3=2x0(x02 - 2)x02 - 1,解得x0= - 33或x0=3.(11分)当x0= - 33时,y0= - 53;当x0=3时,y0=1.故点P的坐标为( - 33, - 53)或(3,1).(12分)5.(1)解法一由y=kx - 4,y2=8x得k2x2 - 8(k+1)x+16=0,(2分)由k0及=64(k+1

14、)2 - 64k2=0,得k= - 12,所以直线l的方程为y= - 12x - 4.(4分)解法二由y2=8x得y=8x,易知直线l恒过点(0, - 4),则切点在曲线y= - 8x上,设切点为(x0,y0)(y00,且k0,所以k - 12且k0,所以x1+x2=8(k+1)k2,所以y1+y2=k(x1+x2) - 8=8k.(6分)因为线段OC与AB互相平分,所以四边形OACB为平行四边形,所以OC=OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=(8(k+1)k2,8k),即C(8(k+1)k2,8k).(7分)由|CQ+CA|=|CQ - CA|得,ACQC.(8分)所以kACkQC= -

15、 1.又kQC=8k8(k+1)k2 - 4=2k2(k+1) - k2,kAC=kOB=y2x2=k - 4x2,所以2k2(k+1) - k2(k - 4x2)= - 1,所以8x2=k+2k+2.(10分)若k0,则8x222+2=2(2+1),当且仅当k=2时取等号,此时0x24(2 - 1).(11分)若 - 12k0,由于k= - 12时,k+2k+2= - 52,所以8x2 - 52,即 - 165x20(舍去).综上,x2的取值范围为(0,4(2 - 1).(12分)6.(1)设D(x1,y1),B(x2,y2),则A( - x1, - y1),直线BD的斜率k=y2 - y1

16、x2 - x1.因为D,B两点都在椭圆上,所以x124+y122=1,x224+y222=1,(2分)由 - 得y2 - y1x2 - x1= - 12x1+x2y1+y2.因为kAB=y1+y2x1+x2= - 1,所以k=y2 - y1x2 - x1=12.故直线BD的斜率为定值12.(5分)(2)连接OB,因为A,D两点关于原点对称,所以SABD=2SOBD.由(1)可知直线BD的斜率k=12,设直线BD的方程为y=12x+t,因为点D在第三象限,所以 - 2t0,则x1+x2= - 4t3,x1x2=4(t2 - 2)3.(9分)所以|BD|=1+(12)2(x1+x2)2 - 4x1

17、x2=52( - 4t3)2 - 44(t2 - 2)3=5296 - 32t23.(10分)所以SABD=2SOBD=212|BD|d=5296 - 32t232|t|5=423t2(3 - t2)423t2+(3 - t2)2=22,当且仅当t2=3 - t2,即t= - 62时等号成立.所以ABD面积的最大值为22.(12分)7.(1)解法一依题意知,动圆圆心到定点F(1,0)的距离与圆心到定直线x= - 1的距离相等.(1分)由抛物线的定义,可得动圆圆心的轨迹E是以F(1,0)为焦点,直线x= - 1为准线的抛物线,其中p=2.(2分)动圆圆心的轨迹E的方程为y2=4x.(3分)解法二

18、设动圆圆心C(x,y),依题意得(x - 1)2+y2=|x+1|,(2分)化简得y2=4x.即动圆圆心的轨迹E的方程为y2=4x.(3分)(2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件.由QNM+PNM=可知,直线PN与QN的斜率互为相反数,即kPN+kQN=0.(4分)易知直线PQ的斜率必存在且不为0,设直线PQ:x=my - 2(m0).(5分)由y2=4x,x=my - 2,消去x得y2 - 4my+8=0.(6分)由=( - 4m)2 - 480,得m2或m - 2.(7分)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=8.(8分)由得kPN+kQN=y1x1 - x0+y2x2 - x0=y1(x2 - x0)+y2(x1 - x0)(x1 - x0)(x2 - x0)=0,y1(x2 - x0)+y2(x1 - x0)=0,即y1x2+y2x1 - x0(y1+y2)=0,消去x1,x2,得14y1y22+14y2y12 - x0(y1+y2)=0,(9分)即14y1y2(y1+y2) - x0(y1+y2)=0.(10分)y1+y20,x0=14y1y2=2,(11分)存在点N(2,0),使得QNM+PNM=.(12分)