高端精品高中数学一轮专题-圆锥曲线 题型上——全析高考常考的6大题型（练）（带答案）试卷

这是一份高端精品高中数学一轮专题-圆锥曲线 题型上——全析高考常考的6大题型（练）（带答案）试卷，共5页。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点M.
(1)求p的值；
(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．
解：(1)由题意知，抛物线焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
准线方程为：y＝－eq \f(p,2).
焦点到准线的距离为2，即p＝2.
(2)抛物线的方程为x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，所以y′＝eq \f(1,2)x，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
则l1：y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x1))，l2：y－eq \f(x\\al(2,2),4)＝eq \f(x2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－x2)).
由于l1⊥l2，所以eq \f(x1,2)·eq \f(x2,2)＝－1，即x1x2＝－4，
设直线l方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝4y，))所以x2－4kx－4m＝0，
Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，
所以m＝1，
即l：y＝kx＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x\\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(x\\al(2,2),4)))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2k，,y＝－1，))即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k，－1)).
M点到直线l的距离d＝eq \f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2))＝eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))，
|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1＋x22－4x1x2)))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))，
所以S＝eq \f(1,2)×4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))×eq \f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))eq \f(3,2)≥4，
当k＝0时，△MAB面积取得最小值4.
2．如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．
(1)若p＝eq \f(1,16)，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
解：(1)由p＝eq \f(1,16)得C2的焦点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，0)).
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，
点A(x0，y0)．
将直线l的方程代入椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，消去x，
得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标yM＝－eq \f(mt,m2＋2).
将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，消去x，
得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得y0＝eq \f(2pm2＋2,m)，
因此x0＝eq \f(2pm2＋22,m2).
由eq \f(x\\al(2,0),2)＋yeq \\al(2,0)＝1，得eq \f(1,p2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))4≥160，
所以当m＝eq \r(2)，t＝eq \f(\r(10),5)时，p取到最大值eq \f(\r(10),40).
3．过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．
解：(1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2eq \r(p))，B(2，－2eq \r(p))，
由AO⊥BO得4－4p＝0，可得p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1y2＝－4p，x1x2＝eq \f(y1y22,4p2)＝4，
由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，可得p＝1，
综上所述，p＝1.
(2)证明：由(1)知抛物线方程为y2＝2x，
由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)，
所以直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(y1＋y2,x2－x1)(x－x1)＝
eq \f(y2＋y1,\f(y\\al(2,2),2)－\f(y\\al(2,1),2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),2)))，即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0，
又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0，
可得直线BD恒过点(－2,0)．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点与y2＝8x的焦点重合且点A(2，eq \r(2))为椭圆上一点．
(1)求椭圆方程；
(2)过点A任作两条与椭圆C相交且关于x＝2对称的直线，与椭圆C分别交于P，Q两点，求证：直线PQ的斜率是定值．
解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0))，
则椭圆C的一个焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0))，故a2＝b2＋4，
把点A(2，eq \r(2))代入椭圆方程得eq \f(4,b2＋4)＋eq \f(2,b2)＝1，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝4.))所以椭圆C方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：由题意，
可设直线AP的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))＋eq \r(2)，
则直线AQ的方程为y＝－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))＋eq \r(2)，
设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2))＋eq \r(2)，
y2＝－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2))＋eq \r(2)，
把直线AP的方程与椭圆C方程联立得：
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2＋(4eq \r(2)k－8k2)x＋(8k2－8eq \r(2)k－4)＝0，
所以2x1＝eq \f(8k2－8\r(2)k－4,1＋2k2)，故x1＝eq \f(4k2－4\r(2)k－2,1＋2k2)，
同理可得x2＝eq \f(4k2＋4\r(2)k－2,1＋2k2)，
所以kPQ＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－kx2－2＋\r(2)))－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2))＋\r(2))),x2－x1)＝eq \f(－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x1))＋4k,x2－x1)＝k·eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x1－4)),x1－x2)
＝k·eq \f(\f(4k2－4\r(2)k－2,1＋2k2)＋\f(4k2＋4\r(2)k－2,1＋2k2)－4,\f(4k2－4\r(2)k－2,1＋2k2)－\f(4k2＋4\r(2)k－2,1＋2k2))＝eq \f(\r(2),2)，
所以直线PQ的斜率是定值eq \f(\r(2),2).
5．已知点E(－2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为－eq \f(1,4).
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．
解：(1)当P与点E，F不重合时，
kPE·kPF＝－eq \f(1,4)，得eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(1,4)，
即eq \f(x2,4)＋y2＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y≠0))，
当P与点E，F重合时，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))或Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0)).
综上，动点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，
根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，则对边方程为y＝kx－m，
另一边所在的直线为y＝－eq \f(1,k)x＋n，
则对边方程为y＝－eq \f(1,k)x－n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝kx＋m))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2))x2＋8kmx＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－1))＝0，
则Δ＝0，即4k2＋1＝m2.
矩形的一边长为d1＝eq \f(|2m|,\r(k2＋1))，
同理eq \f(4,k2)＋1＝n2，矩形的另一边长为d2＝eq \f(|2n|,\r(\f(1,k2)＋1))，
S＝d1·d2＝eq \f(|2m|,\r(k2＋1))·eq \f(|2n|,\r(\f(1,k2)＋1))＝eq \f(|4mnk|,k2＋1)
＝4 eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4k2＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋4)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2))＝4 eq \r(\f(4k4＋17k2＋4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2))
＝4 eq \r(4＋\f(9k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2))＝4 eq \r(4＋\f(9,k2＋\f(1,k2)＋2))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(8，10))，
综上S∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(8，10)).
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))为定值？若存在，求出点P的坐标和eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)b，
∵圆x2＋y2＝b2的圆心到直线x＋y－1＝0的距离为d＝eq \f(|0＋0－1|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为2eq \r(b2－d2)＝2 eq \r(b2－\f(1,2))＝eq \r(2).
解得b＝1，故a＝eq \r(2)b＝eq \r(2)，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
当直线l与x轴不重合时，设l的方程：x＝my＋1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋2))y2＋2my－1＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2m,m2＋2)，,y1y2＝\f(－1,m2＋2)，))∴x1＋x2＝eq \f(4,m2＋2)，x1x2＝eq \f(－3m2,m2＋2)＋1，
eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－t，y1))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－t，y2))
＝x1x2－teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋t2＋y1y2
＝eq \f(－3m2－4t－1,m2＋2)＋t2＋1＝－eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋\f(4t＋1,3))),m2＋2)＋t2＋1，
当eq \f(4t＋1,3)＝2，即t＝eq \f(5,4)时，eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))的值与m无关，
此时eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝－eq \f(7,16).
当直线l与x轴重合且t＝eq \f(5,4)时，
eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(5,4)，0))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)－\f(5,4)，0))＝eq \f(25,16)－2＝－eq \f(7,16).
∴存在点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，使得eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))为定值－eq \f(7,16).