2023年高考指导数学(人教A文一轮)解答题专项五 直线与圆锥曲线

这是一份2023年高考指导数学(人教A文一轮)解答题专项五 直线与圆锥曲线，共16页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知抛物线E等内容，欢迎下载使用。
1.(2021全国乙,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程;
(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足PQ=9QF,求直线OQ斜率的最大值.
2.已知抛物线E:x2=4y与椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)具有相同的焦点,且椭圆的离心率为12,过椭圆C上顶点的直线l交抛物线E于A,B两点,分别以A,B为切点作抛物线E的切线l1,l2相交于点M.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求△MAB面积的最小值.
3.(2023安徽蚌埠质检)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,O为坐标原点,直线l过点F与抛物线C相交于A,B两点(点A位于第一象限).
(1)求证:OA·OB为定值;
(2)过点B作OA的平行线与抛物线C相交于另一点P,求点P横坐标的取值范围.
4.设点O是坐标原点,以点F1,F2为焦点的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为22,以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点.
(1)求C的方程;
(2)P是C外的一点,过P的直线l1,l2均与C相切,且l1,l2的斜率之积为m-1≤m≤-12,记u为|PO|的最小值,求u的取值范围.
第2课时 圆锥曲线中的定点(或定值)问题
1.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,点O到直线AB的距离为255,△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)直线l与椭圆交于C,D两点,若直线l∥AB,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,证明:k1·k2为定值.
2.(2022山西太原一模)已知抛物线y2=2px的焦点为F,O为坐标原点,一条直线过定点M(4,0)与抛物线相交于A,B两点,且OA⊥OB.
(1)求抛物线方程;
(2)连接AF,BF并延长分别交抛物线于C,D两点,求证:直线CD过定点.
3.已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径;
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.
4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是点A,B,直线l:x=23与椭圆C相交于D,E两个不同的点,直线DA与直线DB的斜率之积为-14,△ABD的面积为423.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若点P是直线l:x=23的一个动点(不在x轴上),直线AP与椭圆C的另一个交点为Q,过P作BQ的垂线,垂足为M,在x轴上是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,请求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.
第3课时 圆锥曲线中的存在性(或证明)问题
1.(2022河南濮阳一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,且圆x2+y2=2过椭圆C的上、下顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l的斜率为12,且直线l与椭圆C相交于P,Q两点,P关于原点的对称点为E,A(-2,1)是椭圆C上一点,直线AE与AQ的斜率分别为kAE,kAQ,证明:kAE·kAQ≤0.
2.(2022陕西咸阳一模)如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A1,A2分别是长轴的左、右两个端点,F2是右焦点.椭圆C过点(0,3),离心率为12.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若直线x=4上有两个点M,N,且MF2·NF2=0.
①求△MNF2面积的最小值;
②连接MA1交椭圆C于另一点P(不同于点A1),证明:P,A2,N三点共线.
3.如图,A,B,M,N为抛物线y2=2x上四个不同的点,直线AB与直线MN相交于点(1,0),直线AN过点(2,0).
(1)记A,B的纵坐标分别为yA,yB,求yA·yB的值;
(2)记直线AN,BM的斜率分别为k1,k2,是否存在实数λ,使得k2=λk1?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
4.设F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆C的上顶点,已知△PF1F2的面积为2,cs∠F1PF2=-13.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在与PF2平行的直线l,满足直线l与椭圆C交于两点M,N,且以线段MN为直径的圆经过坐标原点O?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.
参考答案
第1课时 圆锥曲线中的最值(或范围)问题
1.解 (1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=4x.
(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2).
又F(1,0),则PQ=(x2-x1,y2-y1),QF=(1-x2,-y2).
因为PQ=9QF,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,
得x1=10x2-9,y1=10y2.
又因为点P在抛物线C上,所以y12=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),则点Q的轨迹方程为y2=25x-925.
易知直线OQ的斜率存在.
设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=25x-925相切时,斜率取得最大值、最小值.
由y=kx,y2=25x-925,得k2x2=25x-925,即k2x2-25x+925=0,(*)
当直线OQ和曲线y2=25x-925相切时,方程(*)的判别式Δ=0,即-252-4k2·925=0,解得k=±13,
所以直线OQ斜率的最大值为13.
2.解(1)由抛物线E:x2=4y,得其焦点坐标为(0,1),
故椭圆的焦点也为(0,1),∴c=1,由椭圆的离心率为e=ca=12,得a=2,
所以b=3,椭圆C的方程为y24+x23=1.
(2)由(1)可知,椭圆的上顶点的坐标为(0,2),
设M(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),因为抛物线E:x2=4y,
所以y'=x2,所以kAM=x12,kBM=x22,得lAM:y-y1=x12(x-x1),lBM:y-y2=x22(x-x2),
M(x0,y0)同时在直线lAM,lBM上,
所以y0-y1=x12(x0-x1),y0-y2=x22(x0-x2),
所以直线AB的方程为y0-y=x2(x0-x),化简可得x0x=2(y+y0),
又直线AB经过椭圆的上顶点,所以y0=-2,所以直线AB的方程为x0x=2(y-2),联立方程x0x=2(y-2),x2=4y,可得x0x=2x24-2,
所以x2-2x0x-8=0,Δ=4x02+32>0恒成立.
|AB|=1+x024×4x02+32,
M到直线AB的距离d=|x02-2y0+4|x02+4=x02+8x02+4,所以S=12×1+x024×4x02+32×x02+8x02+4=12×(x02+8)3≥82,
故△MAB面积的最小值为82.
3.(1)证明设直线l方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立直线l与抛物线C的方程x=my+1,y2=4x,消去x得y2-4my-4=0,
故y1y2=-4,
所以x1x2=y124·y224=(y1y2)216=1,
所以OA·OB=x1x2+y1y2=-3,
即OA·OB为定值-3.
(2)解设直线OA的方程为y=kx,由点A在第一象限知,k>0,
而kOA·kOB=y1y2x1x2=-4,则直线OB的方程为y=-4kx.
联立方程y2=4x,y=kx,得点A4k2,4k,同理求得点Bk24,-k.
设直线BP方程为y+k=kx-k24,
联立y2=4x,x=1ky+k24+1,得y2-4ky-k2-4=0,
该方程有一解为-k,故另一解为-k2-4-k=k+4k,
所以点Pk24+4k2+2,k+4k,
k24+4k2+2≥2+2=4,当且仅当k=2时,等号成立,
所以点P横坐标的取值范围是[4,+∞).
4.解(1)由题意,2a=22,∴a=2.
又以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点,即b=c,
又b2+c2=a2=2,∴b=c=1,
∴C的方程为x22+y2=1.
(2)由题意,l1,l2的斜率存在且不为零,设过点P(x0,y0)的切线l:y-y0=k(x-x0),
由方程组y-y0=k(x-x0),x22+y2=1,消去y,整理得(1+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,
∵l与C相切,∴Δ=16k2(y0-kx0)2-8(1+2k2)[(y0-kx0)2-1]=0,
化简并整理,得(y0-kx0)2=2k2+1,
整理成关于k的一元二次方程得(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0(易知x0≠±2).
设l1,l2的斜率分别为k1,k2,
易知k1,k2为方程(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0的两根,
∴k1·k2=y02-1x02-2=m,
∴y02=mx02+1-2m,
∴x02+y02=(1+m)x02+1-2m,
∴|PO|=x02+y02
=(1+m)x02+1-2m,
∵-1≤m≤-12,∴当x0=0时,有u=|PO|min=1-2m.
又-1≤m≤-12,∴2≤u≤3,
即u的取值范围为[2,3].
第2课时 圆锥曲线中的定点(或定值)问题
1.解(1)直线AB的方程为xa+yb=1,即bx+ay-ab=0,则aba2+b2=255.
因为三角形OAB的面积为1,
所以12ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,所以椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)直线AB的斜率为-12,设直线l的方程为y=-12x+t,C(x1,y1),D(x2,y2),
把方程y=-12x+t与x24+y2=1联立,消去x,整理得2y2-2ty+t2-1=0,Δ=(-2t)2-4×2×(t2-1)=8-4t2>0,
即t20显然成立,
∴y1=4mm2+4或y1=0(舍去),x1=2m2-8m2+4,∵23=mt-2,∴t=83m,
∵TP⊥BQ,∴TP·BQ=23-x0(x1-2)+ty1=0,
∴x0=23+ty1x1-2=23+83m·4mm2+4·m2+4-16=0,
∴直线PM过定点T(0,0).
∴存在定点N(1,0),使得|MN|=1.
第3课时 圆锥曲线中的存在性(或证明)问题
1.(1)解由题可知b=2,ca=32,a2=b2+c2,
解得a=22,b=2,
∴椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)证明设P(x1,y1),Q(x2,y2),E(-x1,-y1),
直线l:y=12x+t,将y=12x+t代入椭圆方程得x2+2tx+2t2-4=0,
Δ=4t2-4(2t2-4)>0,即-20,所以yA·yN=-4.
又k1=yN-yAxN-xA=yN-yAyN22-yA22=2yN+yA,同理得k2=2yM+yB,
所以λ=k2k1=yA+yNyB+yM=yA+yN-2yA+-2yN=yAyN-2=2,
所以存在实数λ=2,使得k2=2k1.
4.解(1)设|F1F2|=2c,则△PF1F2的面积等于12|F1F2|·|OP|=cb,
所以cb=2.①
由cs 2∠OPF2=cs∠F1PF2=-13,即2cs2∠OPF2-1=-13,得cs∠OPF2=33.
因为在直角三角形OPF2中,|OP|=b,|OF2|=c,|PF2|=|OP|2+|OF2|2=b2+c2=a,
所以cs∠OPF2=ba,
所以ba=33.②
由①②及a2=b2+c2,得a=3,b=1,c=2,
所以椭圆C的标准方程为x23+y2=1.
(2)因为直线PF2的斜率为-22,所以可设直线l的方程为y=-22x+m,
代入椭圆方程x23+y2=1,消去y,
整理得56x2-2mx+m2-1=0.
由Δ=(2m)2-4×56(m2-1)>0,得m2