2022高考数学（文）北师大版一轮复习专项练：（五）　直线与圆锥曲线 WORD版含解析.docx

1、高考大题专项(五)直线与圆锥曲线突破 1 圆锥曲线中的最值、范围问题1.(2020 江西上饶三模,文 21)已知椭圆 C:=1(ab0),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,且|F1F2|=2,P 在椭圆 C 上且|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆 C 的方程;(2)过右焦点 F2的直线交椭圆于点 B,C 两点,A 为椭圆的左顶点,若 =0,求直线 AB 的斜率 k 的值.2.(2020 新高考全国 2,21)已知椭圆 C:=1(ab0)过点 M(2,3),点 A 为其左顶点,且 AM 的斜率为 .(1)求 C 的方程;(2)点 N 为椭圆上任意一点,求AMN 的面积的最大值.3.已知抛物

2、线 C:y2=2px(p0)上一点 P(x0,2)到焦点 F 的距离|PF|=2x0.(1)求抛物线 C 的方程;(2)过点 P 引圆 M:(x-3)2+y2=r2()的两条切线 PA,PB,切线 PA,PB 与抛物线 C 的另一交点分别为 A,B,线段 AB 中点的横坐标记为 t,求 t 的取值范围.4.(2020 江苏,18)在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 E:=1 的左、右焦点分别为 F1,F2,点 A 在椭圆 E 上且在第一象限内,AF2F1F2,直线 AF1与椭圆 E 相交于另一点 B.(1)求AF1F2的周长;(2)在 x 轴上任取一点 P,直线 AP 与椭圆 E 的右准线

3、相交于点 Q,求 的最小值;(3)设点 M 在椭圆 E 上,记OAB 与MAB 的面积分别为 S1,S2.若 S2=3S1,求点 M 的坐标.5.(2020 山东高考预测卷)已知抛物线 C:y2=2px(p0)的焦点为 F,点 M(a,2)在抛物线 C 上.(1)若|MF|=6,求抛物线的标准方程;(2)若直线 x+y=t 与抛物线 C 交于 A,B 两点,点 N 的坐标为(1,0),且满足 NANB,原点 O 到直线 AB 的距离不小于,求 p 的取值范围.6.已知圆 O:x2+y2=4,抛物线 C:x2=2py(p0).(1)若抛物线 C 的焦点 F 在圆 O 上,且 A 为抛物线 C 和

4、圆 O 的一个交点,求|AF|;(2)若直线 l 与抛物线 C 和圆 O 分别相切于 M,N 两点,设 M(x0,y0),当 y03,4时,求|MN|的最大值.突破 2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2020 山东德州二模,20)已知椭圆 C:=1(ab0)与圆 x2+y2=b2相交于 M,N,P,Q 四点,四边形MNPQ 为正方形,PF1F2的周长为 2(+1).(1)求椭圆 C 的方程;(2)设直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,D(0,-1),若直线 AD 与直线 BD 的斜率之积为 ,证明:直线恒过定点.2.已知动圆 P 过定点 F(),且和直线 x=-相切,动圆圆心

5、 P 形成的轨迹是曲线 C,过点 Q(4,-2)的直线与曲线 C 交于 A,B 两个不同的点.(1)求曲线 C 的方程;(2)在曲线 C 上是否存在定点 N,使得以 AB 为直径的圆恒过点 N?若存在,求出 N 点坐标;若不存在,说明理由.3.在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 C:y2=2px(p0)的准线为 l,其焦点为 F,点 B 是抛物线 C 上横坐标为 的一点,若点 B 到 l 的距离等于|BO|.(1)求抛物线 C 的方程;(2)设 A 是抛物线 C 上异于顶点的一点,直线 AO 交直线 l 于点 M,抛物线 C 在点 A 处的切线 m 交直线l 于点 N,求证:以点 N 为圆心

6、,以|MN|为半径的圆经过 x 轴上的两个定点.4.(2020 山东淄博一模,21)已知椭圆 C:=1(ab0)的短轴长为 2,左、右焦点分别为 F1,F2,点B 是椭圆上位于第一象限的任意一点,且当 =0 时,|=.(1)求椭圆 C 的标准方程.(2)若椭圆 C 上点 A 与点 B 关于原点 O 对称,过点 B 作 BD 垂直于 x 轴,垂足为 D,连接 AD 并延长交 C于另一点 M,交 y 轴于点 N.求ODN 面积的最大值;证明:直线 AB 与 BM 的斜率之积为定值.5.如图,O 为坐标原点,椭圆 C:=1(ab0)的焦距等于其长半轴长,M,N 为椭圆 C 的上、下顶点,且|MN|=

7、2.(1)求椭圆 C 的方程;(2)过点 P(0,1)作直线 l 交椭圆 C 于异于 M,N 的 A,B 两点,直线 AM,BN 交于点 T.求证:点 T 的纵坐标为定值 3.6.(2020 山东济南三模,22)已知平面上一动点 A 的坐标为(2t2,-2t).(1)求点 A 的轨迹 E 的方程.(2)点 B 在轨迹 E 上,且纵坐标为 .证明直线 AB 过定点,并求出定点坐标.分别以 A,B 为圆心作与直线 x=-2 相切的圆,两圆公共弦的中点为 H,在平面内是否存在定点 P,使得|PH|为定值?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理由.突破 3 圆锥曲线中的证明与探索性问题1.(2

8、020 江西南昌三模,理 20)在平面直角坐标系中取两个定点 A1(-,0),A2(,0),再取两个动点N1(0,m),N2(0,n),且 mn=2.(1)求直线 A1N1与 A2N2交点 M 的轨迹 C 的方程;(2)过 R(3,0)的直线与轨迹 C 交于 P,Q,过 P 作 PNx 轴且与轨迹 C 交于另一点 N,F 为轨迹 C 的右焦点,若 =(1),求证:=.2.(2018 全国 1,文 20)设抛物线 C:y2=2x,点 A(2,0),B(-2,0),过点 A 的直线 l 与 C 交于 M,N 两点.(1)当 l 与 x 轴垂直时,求直线 BM 的方程;(2)证明:ABM=ABN.3

9、.(2020 河南开封三模,理 19)已知椭圆 C:=1(ab0)的上顶点 A 与左、右焦点 F1,F2构成一个面积为 1 的直角三角形,(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)若直线 l 与椭圆 C 相切,求证:点 F1,F2到直线 l 的距离之积为定值.4.(2020 河南六市第二次联考,理 19)已知椭圆 C:=1(ab0)的右焦点为 F(1,0),点 P,M,N 为椭圆C 上的点,直线 MN 过坐标原点,直线 PM,PN 的斜率分别为 k1,k2,且 k1k2=-.(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)若 PFMN 且直线 PF 与椭圆的另一个交点为 Q,问 是否为常数?若是,求出该常数;若

10、不是,请说明理由.5.(2020 河北衡水中学三模,理 19)已知椭圆 C:=1(ab0)的左、右焦点分别为 F1,F2,短轴长为2,A,B 是椭圆 C 上关于 x 轴对称的两点,ABF1周长的最大值为 8.(1)求椭圆 C 的标准方程.(2)过椭圆 C 上的动点 M 作椭圆 C 的切线 l,过原点 O 作 OPl 于点 P.问:是否存在直线 l,使得OMP的面积为 1?若存在,求出此时直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.6.(2020 河北唐山二模,理 21)已知 A(x1,y1),B(-x1,-y1)是椭圆 T:+y2=1 上的两点,且 A 点位于第一象限.过 A 作 x 轴的垂线,垂

11、足为点 C,点 D 满足 =2 ,延长 BD 交 T 于点 E(x2,y2).(1)设直线 AB,BD 的斜率分别为 k1,k2.求证:k1=4k2;证明:ABE 是直角三角形.(2)求ABE 的面积的最大值.参考答案 高考大题专项(五)直线与圆锥曲线突破 1 圆锥曲线中的最值、范围问题1.解(1)因为|F1F2|=2,所以 2c=2,c=1.根据椭圆的定义及|PF1|+|PF2|=4,可得 2a=4,a=2.所以 b=-,所以椭圆 C 的方程为 =1.(2)设直线 AB 的方程 lAB:y=k(x+2),B(xB,yB).由(1)知,A(-2,0).由 消去 y,得(3+4k2)x2+16k

12、2x+16k2-12=0,-2xB=-,xB=-,yB=k(xB+2)=,B(-).若 k=,则 B(),C 1,-,().F1(-1,0),(-).=0 不成立.同理,k=-也不成立.k .F2(1,0),-=-,直线 BF2的方程 :y=-(x-1),直线 CF1的方程 :y=-(x+1).由 -得 -C(8k2-1,-8k).又点 C 在椭圆上,得 -=1,即(24k2-1)(8k2+9)=0,即 k2=,k=.2.解(1)由题意,直线 AM 的方程为 y-3=(x-2),即 x-2y=-4.当 y=0 时,解得 x=-4,所以 a=4.椭圆 C 过点 M(2,3),可得 =1,解得 b

13、2=12.所以 C 的方程为 =1.(2)设与直线 AM 平行的直线方程为 x-2y=m.如图所示,当直线与椭圆相切时,设与 AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为 N,此时AMN 的面积取得最大值.联立直线方程 x-2y=m 与椭圆方程 =1,可得 3(m+2y)2+4y2=48,化简可得 16y2+12my+3m2-48=0,所以=144m2-416(3m2-48)=0,即 m2=64,解得 m=8.与 AM 距离比较远的直线方程为 x-2y=8,点 N 到直线 AM 的距离即两平行线之间的距离,利用平行线之间的距离公式可得 d=.由两点之间距离公式可得|AM|=3.所以AMN 的面积的最大

14、值为 3 =18.3.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+,由题意得 解得 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)由题意知,过 P(1,2)引圆(x-3)2+y2=r2(0-2,所以 90,所以|MN|2=|OM|2-|ON|2=-4=2py0+-4=-y0+-4=-4=-4=16+-4.令 t=-4,y03,4,则 t5,12,令 f(t)=16+t+,则 f(t)=1-;当 t5,8时 f(t 0 f(t)单调递减,当 t(8,12时 f(t)0,f(t)单调递增,又f(5)=16+5+,f(12)=16+12+,所以 f(x)max=,即|MN|的最大值为 .突破 2 圆锥曲线

15、中的定点、定值与存在性问题1.(1)解由 2x2=b2,则 x2=b2代入椭圆方程得 =1,即 .由题意,得 2a+2c=2(+1).由解得 a2=2,b2=1.所以椭圆 C 的方程为 +y2=1.(2)证明当直线 l 的斜率不存在时,设 l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),kADkBD=-不满足题意.当直线 l 的斜率存在时,设 l:y=kx+b(b-1),A(x1,y1),B(x2,y2).联立 -整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0,x1+x2=-,x1x2=-.则kADkBD=-,又 b-1,解得 b=-2.所以直线 l 恒过定点(0,-2).2.解(1)设动圆

16、圆心 P 到直线 x=-的距离为 d,根据题意,d=|PF|,动点 P 形成的轨迹是以 F ,0 为焦点,以直线 x=-为准线的抛物线,抛物线方程为 y2=2x.(2)根据题意,设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线的方程为 lAB:x=n(y+2)+4,代入抛物线方程,整理得y2-2ny-4n-8=0,=4n2+16(n+2)=4(n2+4n+8)0,y1+y2=2n,y1y2=-4n-8.若设抛物线上存在定点 N,使得以 AB 为直径的圆恒过点 N,设 N(x0,y0),则 =2x0,kNA=-,同理可得 kNB=,kNAkNB=-=-1,(2y0-4)n+-4=0,-解得 y0=2

17、,x0=2,在曲线 C 上存在定点 N(2,2),使得以 AB 为直径的圆恒过点 N.3.(1)解由题意,得|BF|=|BO|,则BOF 为等腰三角形,因为点 B 的横坐标为 ,所以线段 OF的中点的横坐标为 ,从而点 F 的横坐标为 1,即 =1,所以 p=2,故所求抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)证明设切线 m 的方程为 y=kx+b,联立方程 消去 y 得k2x2+2(kb-2)x+b2=0,(*)由题意知=4(kb-2)2-4k2b2=0,即 b=,所以方程(*)的根为 x=,从而 A .直线 OA 的方程为 y=2kx,由 -得 N-1,-k,由 -得 M(-1,-2k),所

18、以以点 N 为圆心,以|MN|为半径的圆的方程为(x+1)2+-,令 y=0,得(x+1)2+-,解得 x=1 或 x=-3,所以圆 N 经过 x 轴上的两个定点(1,0)和(-3,0).4.解(1)设 F2(c,0),由 =0,得 BF2F1F2.将 x=c 代入 =1,得 y=,即|=,由 b=,得 a=2,所以椭圆 C 的标准方程为 =1.(2)设 B(x1,y1),M(x2,y2),则 A(-x1,-y1),D(x1,0).易知 ON 为ABD 的中位线,所以 N(-),所以 SODN=|x1|-|x1|y1|=x1y1.又 B(x1,y1)满足 =1,所以 =12 ,得 x1y1,故

19、 SODN=x1y1 ,当且仅当 ,即 x1=,y1=时,等号成立.所以ODN 面积的最大值为 .证明:记直线 AB 的斜率为 k=(k0),则直线 AD 的斜率为 ,所以直线 AD 的方程为 y=(x-x1).由 -消去 y 得(3+k2)x2-2k2x1x+k2 -12=0,则(-x1)+x2=,所以x2=+x1,代入直线 AD 的方程,得 y2=.于是,直线 BM 的斜率 kBM=-=-.所以直线 AB 与 BM 的斜率之积为定值-.5.(1)解由题意可知:2c=a,2b=2,又 a2=b2+c2,有 b=,c=1,a=2,故椭圆 C 的方程为 =1.(2)证明由题意知直线 l 的斜率存

20、在,设其方程为 y=kx+1,设 A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x20 联立直线方程和椭圆方程得 消去 y 得(4k2+3)x2+8kx-8=0,x1+x2=-,x1x2=-,则有 x1+x2=kx1x2,又 lBN:y=x-,lAM:y=-x+,由 -得 -,故 -,整理得到y=-=-=3.故点 T 的纵坐标为 3.6.解(1)设动点 A 的坐标为(x,y),因为 A 的坐标为(2t2,-2t),所以 -消去参数 t 得 y2=2x.(2)证明:因为点 B 在轨迹 E 上,且纵坐标为 ,所以点 B 的坐标为().当 t=1 时,直线 AB 的方程为 x=2.当 t1 时,直线 AB

21、 的斜率为 kAB=-,所以直线 AB 的方程为 y+2t=-(x-2t2),整理得 y=-(x-2),所以直线 AB 过定点(2,0).综上,直线 AB 过定点(2,0).存在.因为 A 的坐标为(2t2,-2t),且圆 A 与直线 x=-2 相切,所以圆 A 的方程为(x-xA)2+(y-yA)2=(xA+2)2,同理圆 B 的方程为(x-xB)2+(y-yB)2=(xB+2)2,两圆方程相减得 2(xB-xA)x+2(yB-yA)y+=4xA-4xB,将 A(2t2,-2t),B()代入并整理得 y=(-)(x+1),由可知直线 AB 的方程为y=-(x-2),因为 H 是两条直线的交点

22、,所以两个方程相乘得 y2=-(x-2)(x+1),整理得(-)+y2=,即点 H 的轨迹是以()为圆心,为半径的圆,所以存在点 P(),满足|HP|=.突破 3 圆锥曲线中的证明与探索性问题1.(1)解依题意知直线 A1N1的方程为 y=(x+),直线 A2N2的方程为 y=-(x-),设 Q(x,y)是直线 A1N1与 A2N2交点,相乘,得 y2=-(x2-6),由 mn=2 整理得 =1,因为 N1,N2不与原点重合,可得点 A1,A2不在轨迹 C 上,所以轨迹 C 的方程为 =1(x).(2)证明设 l:x=ty+3,代入椭圆方程消去 x,得(3+t2)y2+6ty+3=0.设 P(

23、x1,y1),Q(x2,y2),N(x1,-y1),可得 y1+y2=-且 y1y2=,可得(x1-3,y1)=(x2-3,y2),所以 x1-3=(x2-3),y1=y2,证明 =,只要证明(2-x1,y1)=(x2-2,y2),所以 2-x1=(x2-2),只要证明 -=-,只要证明 2t2y1y2+t(y1+y2)=0,由 y1+y2=-且 y1y2=,代入可得 2t2y1y2+t(y1+y2)=0,所以 =.2.解(1)当 l 与 x 轴垂直时,l 的方程为 x=2,可得 M 的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线 BM 的方程为 y=x+1 或 y=-x-1.(2)当 l 与 x

24、 轴垂直时,AB 为 MN 的垂直平分线,所以ABM=ABN.当 l 与 x 轴不垂直时,设 l 的方程为 y=k(x-2)(k0 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x10,x20.由 -得 ky2-2y-4k=0,可知 y1+y2=,y1y2=-4.直线 BM,BN 的斜率之和为kBM+kBN=.将 x1=+2,x2=+2 及 y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=-=0.所以 kBM+kBN=0,可知 BM,BN 的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.3.(1)解椭圆 C 的上顶点 A 与左、右焦点 F1,F2构成一个面积

25、为 1 的直角三角形,b=c=1,a2=b2+c2=2,椭圆 C 的方程为 +y2=1.(2)证明当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 的方程为 x=,点 F1,F2到直线 l 的距离之积为(-1)(+1)=1.当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 y=kx+m,联立 消去 y 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,m2=1+2k2.点 F1到直线 l:y=kx+m 的距离 d1=-,点 F2到直线 l:y=kx+m 的距离 d2=.d1d2=-=1.综上可知,当直线 l 与椭圆 C 相切时,点 F1,F2

26、到直线 l 的距离之积为定值 1.4.解(1)设 M(x0,y0),P(x1,y1),则 N(-x0,-y0).联立 得 -=0,即 -=-,又 k1k2=-,a2=2b2,又 a2-b2=1,a2=2,b2=1.故椭圆 C 的标准方程为 +y2=1.(2)设直线 PQ 的方程为 x=ty+1,则直线 MN 的方程为 x=ty.联立 消去 x 可得(2+t2)y2+2ty-1=0,设 Q(x2,y2),则=4t2+4(2+t2)=8(1+t2)0,y1+y2=-,y1y2=-,|PQ|=|y1-y2|=-(-).联立 可得 ,所以|MN|=2 =2 =2 ,故 =2 为常数.5.解(1)设 A

27、B 与 x 轴的交点为 H,由题意可知|AH|AF2|,则|AF1|+|AH|AF1|+|AF2|=2a,当 AB 过右焦点 F2时,ABF1的周长取最大值 4a=8,所以 a=2,且 b=,所以椭圆 C 的方程为 =1.(2)不存在直线 l,使得OMP 的面积为 1.理由如下.假设直线 l 斜率存在且不为 0,设直线 l:y=kx+t,联立方程组 消去 y 得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,由=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,得 t2=4k2+3,所以xM=-=-,因为直线 OPl,所以直线 OP 的方程为 y=-x,联立 -得 xP=-,所以|MP|=|

28、-|-|.又因为|OP|=,所以 SOMP=|MP|OP|=,当且仅当 k=1 时,等号成立.因此不存在直线 l,使得OMP 的面积为 1.6.(1)证明由题意可得 D(-),所以 k2=-.又 k1=,因此 k1=4k2.因为 A(x1,y1),E(x2,y2)都在 T 上,所以 =1,=1.从而 -+()=0,即 -=-.又 kAE=-,kBE=-=k2,所以 kAEk2=-.由k1=4k2,则 k1kAE=-1,即 ABAE.故ABE 是直角三角形.(2)解由(1)得,直线 AE:y=-(x-x1)+y1=-.将直线 AE 代入椭圆 T,并整理可得(4 )x2-8x1()x+4()2-4 =0,所以 x1+x2=.SABE=|AD|x2-(-x1)|=|x2+x1|=.因为 =1,所以 SABE=().令 =t,则 t2 当且仅当 k1=1 时,等号成立.从而 SABE=,因为 4t+在2,+)上单调递增,所以 t=2 时,4t+取得最小值 ,故 k1=1 时,SABE取得最大值 .