2023年高考数学(文数)一轮复习课时50《直线与圆锥曲线的综合问题》达标练习（2份，答案版+教师版）

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已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y=－1相切.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与圆心M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.
已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且离心率e=eq \f(1,2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，
且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(6),3)，点A(3,0)，P是C上的动点，F为C的左焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形FPAB面积的最小值.
已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D.
(1)若当点A的横坐标为3，且△ADF为以F为顶点的等腰三角形，求C的方程；
(2)对于(1)中求出的抛物线C，若点D(x0,0)（x0≥eq \f(1,2)），记点B关于x轴的对称点为E，AE交x轴于点P，且AP⊥BP，求证：点P的坐标为(－x0，0)，并求点P 到直线AB的距离d的取值范围.
已知定点Q(eq \r(3)，0)，P为圆N：(x＋eq \r(3))2＋y2=24上任意一点，线段QP的垂直平分线交NP于点M.
(1)当P点在圆周上运动时，求点M的轨迹C的方程；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up15(→))·eq \(OB,\s\up15(→))=0(O为坐标原点)，证明直线l与某个定圆相切，并求出定圆的方程.
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2) =1(a＞b＞0)的焦距为2 eq \r(2)，且经过点(－eq \r(2)，1).过点D(0，－2)且斜率为k的直线l与椭圆交于A，B两点，与x轴交于P点，点A关于x轴的对称点C，直线BC交x轴于点Q.
(1)求k的取值范围.
(2)试问：|OP|·|OQ|是否为定值？若是，求出定值；否则，请说明理由.
椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围.
平面直角坐标系xOy中，椭圆C： SKIPIF 1 < 0 (a>b>0)的离心率是 SKIPIF 1 < 0 ，抛物线E：x2=2y的焦点F是C的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
①求证：点M在定直线上；
②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求 SKIPIF 1 < 0 的最大值及取得最大值时点P的坐标.
\s 0 答案解析
解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=－1的距离，
由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，
直线y=－1为准线的抛物线，则eq \f(p,2)=1，p=2.
∴圆心M的轨迹方程为x2=4y.
(2)设直线l：y=kx－2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，则C(－x2，y2).
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx－2))⇒x2－4kx＋8=0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.))
kAC=eq \f(y1－y2,x1＋x2)=eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－\f(x\\al(2,2),4),x1＋x2)=eq \f(x1－x2,4)，直线AC的方程为y－y1=eq \f(x1－x2,4)(x－x1).
即y=y1＋eq \f(x1－x2,4)(x－x1)=eq \f(x1－x2,4)x－eq \f(x1x1－x2,4)＋eq \f(x\\al(2,1),4)=eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)，
∵x1x2=0，∴y=eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)=eq \f(x1－x2,4)x＋2，
即直线AC恒过点(0,2).
解：依题意，得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,a2＝b2＋c2，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1.))
所以，椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)=0，
则Δ=64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，
x1＋x2=－eq \f(8mk,3＋4k2)，x1x2=eq \f(4m2－3,3＋4k2).
从而y1y2=(kx1＋m)(kx2＋m)=k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2=eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)，
由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，
得eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)=－1，即y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4=0.
则有eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq \f(4m2－3,3＋4k2)＋eq \f(16mk,3＋4k2)＋4=0，整理，得7m2＋16km＋4k2=0，
解得m=－2k或m=－eq \f(2k,7)，均满足条件3＋4k2－m2>0.
当m=－2k时，直线l的方程为y=k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；
当m=－eq \f(2k,7)时，直线l的方程为y=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,7)))，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0))，
所以直线l经过定点，且定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0)).
解：(1)依题意得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2\r(2)，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(2)，))
∴椭圆C的方程是eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)=1.
(2)设P(x0，y0)(－eq \r(2)＜y0＜eq \r(2)，y0≠0，x0＞0)，
设线段AP中点为M，又A(3,0)，
∴AP中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，直线AP的斜率为eq \f(y0,x0－3)，
由△ABP是以AP为底边的等腰三角形，可得BM⊥AP，
∴直线AP的垂直平分线方程为
y－eq \f(y0,2)=－eq \f(x0－3,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋3,2)))，
令x=0得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y\\al(2,0)＋x\\al(2,0)－9,2y0)))，
∵eq \f(x\\al(2,0),6)＋eq \f(y\\al(2,0),2)=1，∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0)))，
由F(－2,0)，
∴四边形FPAB的面积S=eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|y0|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－2y\\al(2,0)－3,2y0)))))=eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2|y0|＋\f(3,2|y0|)))≥5eq \r(3)，
当且仅当2|y0|=eq \f(3,2|y0|)，即y0=±eq \f(\r(3),2)时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5eq \r(3).
解：(1)由题知F（eq \f(p,2)，0），|FA|＝3＋eq \f(p,2)，
则D(3＋p,0)，FD的中点坐标为（eq \f(3,2)＋eq \f(3p,4)，0），
则eq \f(3,2)＋eq \f(3p,4)＝3，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x.
(2)依题可设直线AB的方程为x＝my＋x0(m≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则E(x2，－y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋x0))消去x，得y2－4my－4x0＝0，
因为x0≥eq \f(1,2).所以Δ＝16m2＋16x0＞0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4x0，
设P的坐标为(xP,0)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(x2－xp，－y2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(x1－xP，y1)，
由题知eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PA,\s\up6(→))，所以(x2－xP)y1＋y2(x1－xP)＝0，
即x2y1＋y2x1＝(y1＋y2)xP＝eq \f(y\\al(2,2)y1＋y\\al(2,1)y2,4)＝eq \f(y1y2y1＋y2,4)，显然y1＋y2＝4m≠0，
所以xp＝eq \f(y1y2,4)＝－x0，即证xP(－x0,0)，由题知△EPB为等腰直角三角形，所以kAP＝1，
即eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝1，也即eq \f(y1＋y2,\f(1,4)y\\al(2,1)－y\\al(2,2))＝1，
所以y1－y2＝4，所以(y1＋y2)2－4y1y2＝16.
即16m2＋16x0＝16，m2＝1－x0，x0＜1，
又因为x0≥eq \f(1,2)，所以eq \f(1,2)≤x0＜1，d＝eq \f(|－x0－x0|,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(2－x0))，
令eq \r(2－x0)＝t∈(1，eq \f(\r(6),2)]，x0＝2－t2，d＝eq \f(22－t2,t)＝eq \f(4,t)－2t，
易知f(t)＝eq \f(4,t)－2t在(1，eq \f(\r(6),2)]上是减函数，所以d∈[eq \f(\r(6),3)，2).
解：(1)连接MQ，依题意，可得圆N的圆心N(－eq \r(3)，0)，半径为2eq \r(6)，|MP|=|MQ|，
则|MN|＋|MQ|=|MN|＋|MP|=|NP|=2eq \r(6)>2eq \r(3)=|NQ|，
根据椭圆的定义，得点M的轨迹是以N，Q为焦点，长轴的长为2eq \r(6)的椭圆，
即2a=2eq \r(6)，2c=2eq \r(3)，
∴b=eq \r(a2－c2)=eq \r(3).
∴点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与椭圆的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m，))
消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6=0.
由Δ=16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，得m2