高中数学高考第2部分 高考22题逐题特训 专题3 解答题突破练5 直线与圆锥曲线(1)

这是一份高中数学高考第2部分 高考22题逐题特训 专题3 解答题突破练5 直线与圆锥曲线(1)，共8页。试卷主要包含了已知抛物线G，如图，已知椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
(五)直线与圆锥曲线1.(2019·深圳市高级中学适应性考试)在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线x＋y＋m＝0上存在点G，且过点G的椭圆C的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围.解　(1)由题意，得解得a2＝3b2，又＋＝1，解得所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)①当过点G的椭圆C的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y轴，易得G(±，±1).②当过点G的椭圆C的切线的斜率均存在时，设G(x0，y0)，x0≠±，切线方程为y＝k(x－x0)＋y0，代入椭圆方程得(3k2＋1)x2－6k(kx0－y0)x＋3(kx0－y0)2－3＝0，Δ＝[6k(kx0－y0)]2－4(3k2＋1)[3(kx0－y0)2－3]＝0，化简得(kx0－y0)2－(3k2＋1)＝0，由此得(x－3)k2－2x0y0k＋y－1＝0，设过点G的椭圆C的切线的斜率分别为k1，k2，所以k1k2＝.因为两条切线相互垂直，所以＝－1，即x＋y＝4(x0≠±)，由①②知G在圆x＋y＝4上，又点G在直线x＋y＋m＝0上，所以直线x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝4有公共点，所以≤2，所以－2≤m≤2.综上所述，m的取值范围为[－2，2].2.(2019·北京市海淀区模拟)已知抛物线G：y2＝2px，其中p>0.点M(2,0)在抛物线G的焦点F的右侧，且点M到抛物线G的准线的距离是M与F距离的3倍.经过点M的直线与抛物线G交于不同的A，B两点，直线OA与直线x＝－2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q.(1)求抛物线G的方程和点F的坐标；(2)判断直线PQ与直线AB的位置关系，并说明理由.解　(1)抛物线G：y2＝2px的准线方程为x＝－，焦点坐标为F，所以有2＋＝3，解得p＝2，所以抛物线G的方程为y2＝4x，焦点坐标为F(1,0).(2)方法一　直线PQ∥AB.理由如下：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋2，联立方程消元得，y2－4my－8＝0，Δ>0显然成立.所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，x1x2＝ yy＝4，显然x1x2y1y2≠0，直线OA的方程为y＝x，令x＝－2，则y＝－，则P，因为OA⊥BQ，所以kBQ＝－，直线BQ的方程为y－y2＝－(x－x2)，令y＝0，得x＝＋x2＝＝－，则Q.① 当m＝0时，直线AB的斜率不存在，x1＝2，可知，直线PQ的斜率不存在，则PQ∥AB.② 当m≠0时，kPQ＝＝＝＝，kAB＝，则PQ∥AB，综上所述，PQ∥AB.方法二　直线PQ∥AB.① 若直线AB的斜率不存在，根据对称性，不妨设A(2，－2)，B(2,2)，直线OA的方程为y＝－x，则P(－2,2)，直线BQ的方程为y－2＝(x－2)，即y＝x＋，令y＝0，则Q(－2,0)，则直线PQ 的斜率不存在，因此PQ∥AB，②当直线AB的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，k≠0，联立方程，得消元得，k2x2－4k2x＋4k2－4x＝0，整理得，k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0，由根与系数的关系，可得x1＋x2＝，x1x2＝4，yy＝16x1x2＝64，因为y1y2<0，可得y1y2＝－8.显然x1x2y1y2≠0，直线OA的方程为y＝x，令x＝－2，则y＝－，则P，因为OA⊥BQ，所以kBQ＝－，直线BQ的方程为y－y2＝－(x－x2)，令y＝0，则x＝＋x2＝＝－，则Q，kPQ＝＝＝＝k，则PQ∥AB，综上所述，PQ∥AB.3.(2019·柳州模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A为椭圆C上任意一点，A关于原点O的对称点为B，有|AF1|＋|BF1|＝4，且∠F1AF2的最大值为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若A′是A关于x轴的对称点，设点N(4,0)，连接NA与椭圆C相交于点E，问直线A′E与x轴是否交于一定点.如果是，求出该定点坐标；如果不是，说明理由.解　(1)因为点A为椭圆上任意一点，A关于原点O的对称点为B，所以|AF1|＝|BF2|，又|AF1|＋|BF1|＝4，所以|BF2|＋|BF1|＝2a＝4，所以a＝2.又∠F1AF2的最大值为，知当A为上、下顶点时，∠F1AF2最大，所以a＝2c，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)由题意知直线NA的斜率存在，设直线NA的方程为y＝k(x－4).由消去y并整理得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0.因为直线NA与椭圆交于A，E两点，所以Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0，解得－<k<.设A(x1，y1)，E(x2，y2)，则A′(x1，－y1)，且x1＋x2＝，x1x2＝，①由题意得，直线A′E的方程为y－y2＝(x－x2)，令y＝0得x＝x2－，将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入上式整理，得x＝.将①代入上式，得x＝＝1，所以直线A′E与x轴交于定点Q(1,0).4.(2019·衡阳市高中毕业班联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与抛物线y2＝4x有共同的焦点，且椭圆C的一个焦点和短轴的两个顶点的连线构成等边三角形.(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标；(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值.解　(1)由已知可得，c＝，2b＝⇒b＝1，∴a＝＝2.∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.∵A(－2,0)，设l1：x＝my－2，l2：x＝－ y－2，由得(m2＋4)y2－4my＝0.∴M，同理，N.①当m≠±1时，kMN＝，lMN：y＝，此时过定点.②当m＝±1时，lMN：x＝－，过点.∴lMN恒过定点.(3)由(2)知S△AMN＝×|yM－yN|＝＝8＝8.令t＝，则t≥2(当且仅当m＝±1时取等号)，∴S△AMN＝8·＝8≤(当且仅当t＝2时取等号)，∴当m＝±1时，S△AMN有最大值.5.(2019·黄冈联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，O为坐标原点，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C上异于A，B的一点，直线AP，BP的斜率分别是k1，k2.(1)求证：k1k2为定值；(2)设直线l交椭圆C于M，N两点，AP∥OM，BP∥ON，且△OMN的面积是2，求椭圆C的标准方程.(1)证明　由题意得，A(－a,0)，B(a,0),＝，即a＝b，则椭圆C可化为x2＋2y2－2b2＝0，设P(x0，y0)，则x＝2b2－2y，∴k1k2＝·＝＝＝－.(2)解　①当MN垂直于x轴时，设M(x0，y0)，N(x0，－y0)，则·|x0|·2|y0|＝2，∴|x0y0|＝2.又∵·＝－，∴x＝2y，∴x＝4，y＝2，又∵点M在椭圆上，∴b2＝4，a2＝8.∴椭圆C的标准方程是＋＝1.②当MN不垂直于x轴时，设直线MN的方程为y＝kx＋t，联立得得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2b2＝0，Δ＝8(b2＋2k2b2－t2)>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，∵AP∥OM，BP∥ON，∴kOM·kON＝－，即＝－，∴＝－，∴(1＋2k2)x1x2＋2kt(x1＋x2)＋2t2＝0，即2t2－2b2－2kt·＋2t2＝0，得2t2＝(1＋2k2)b2，Δ＝8t2>0，∵|MN|＝＝＝·b2，点O到直线MN的距离d＝，∴S△OMN＝·|MN|·d＝b2＝2，解得b2＝4，则a2＝8，综上，椭圆C的标准方程是＋＝1.