备战高考2024年数学第一轮专题复习9.5 三定问题及最值（精练）（提升版）（原卷版）

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9.5 三定问题及最值（精练）（提升版）1．（2022·成都模拟）已知椭圆的离心率为，且经过点，椭圆C的右顶点到抛物线的准线的距离为4．（1）求椭圆C和抛物线E的方程；（2）设与两坐标轴都不垂直的直线l与抛物线E相交于A，B两点，与椭圆C相交于M，N两点，O为坐标原点，若，则在x轴上是否存在点H，使得x轴平分？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1） （2）【解析】（1）解：由已知得，∴，．∴椭圆的方程为．∴椭圆的右顶点为．∴，解得．∴抛物线的方程为．（2）解：由题意知直线l的斜率存在且不为0．设直线的方程为，，．由消去y，得．∴，∴．
∴，．∴．∴．∴，∴．∴，此时．∴直线l的方程为．假设在轴上存在点，使得轴平分，则直线的斜率与直线的斜率之和为，设，，由消去，得．∴，即恒成立．∴，．∵，∴．∴．∴．∴．解得．
∴在轴上存在点，使得轴平分．2．（2022·辽宁模拟）已知坐标原点为O，点P为圆 上的动点，线段OP交圆 于点Q，过点P作x轴的垂线l，垂足R，过点Q作l的垂线，垂足为S．  （1）求点S的轨迹方程C；（2）已知点 ，过 的直线l交曲线C于M，N，且直线AM，AN与直线 交于E，F，求证：E，F的中点是定点，并求该定点坐标 【答案】（1）  （2）【解析】（1）解：设 由题意可得 所以 ，所以代入 得点S的轨迹方程 （2）证明：设直线l的方程为 ，  直线AM方程为： ，令
直线AN方程为： ，令 所以E，F的中点为 3．（2022·烟台模拟）已知椭圆：（）的离心率为，其左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.【答案】（1）（2）【解析】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以.
又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.又，所以，.所以椭圆的标准方程为（2）解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，将直线代入椭圆的方程得：，由韦达定理得：，，直线的方程为，直线的方程为，所以，，所以以为直径的圆为，整理得：.①因为，令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.1（2022·河东模拟）椭圆C：的离心率，．（1）求椭圆C的方程； 
（2）如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设MN的斜率为m，BP的斜率为n，证明：为定值．【答案】（1）   （2）【解析】（1）解：由椭圆的离心率，则，又，解得：，，则椭圆的标准方程为：（2）证明：因为，P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为联立整理得．则，故，则．所以又直线AD的方程为．联立，解得由三点，共线，得，所以．的斜率为．
则．为定值2．（2022·四川模拟）在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）  （2）存在实数，使得为定值为5．【解析】（1）解：设由，得，即而，即．所以，即．（2）解：假设存在满足题意的直线，设．当直线l的斜率存在时，设其方程为．由，消去y，得．则．所以，，则
当且仅当，即时，当直线l的斜率不存在时，，若则．综上，存在实数，使得为定值为5．3．（2022·西安模拟）已知抛物线C：的焦点为，准线与坐标轴的交点为，、是离心率为的椭圆S的焦点.（1）求椭圆S的标准方程；（2）设过原点O的两条直线和，，与椭圆S交于A、B两点，与椭圆S交于M、N两点.求证：原点O到直线AM和到直线BN的距离相等且为定值.【答案】（1） （2）【解析】（1）解：化抛物线C：的方程为标准方程，即C：.得抛物线C的焦点，设椭圆S的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c.则由题意得，，得.∴，又椭圆S的焦点在y轴上.∴椭圆S的标准方程为.（2）证明：由题意知A、O、B共线，M、O、N共线，且，又由椭圆的对称性，知，.∴四边形AMBN为菱形，且原点O为其中心，AM、BN为一组对边.
∴原点O到直线AM和到直线BN的距离相等下面求原点O到直线AM的距离.根据椭圆的对称性，不妨设A在第一象限.当直线AM的斜率为零或不存在时，四边形AMBN为正方形，直线AB和直线MN的方程分别为和，且轴或轴.设，则或.于是，有，得.原点O到直线AM的距离为.当直线AM的斜率存在且不等于零时，设AM：.由，消去并整理得，且.设，，则，，∴.由，得，即，得，满足.∴原点O到直线AM的距离为.∴原点O到直线BN的距离也为.
综上所述，原点O到直线AM和到直线BN的距离相等且为定值.4．（2022·浙江模拟）已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．（1）求抛物线C的方程（2）求直线的斜率的取值范围；（3）设为原点，，，求证：为定值．【答案】见解析【解析】（1）解：抛物线：经过点，PF=1+2解得，故抛物线方程为：（2）解：由题意，直线的斜率存在且不为，设过点的直线的方程为，设，联立方程组可得，消可得，，且，
解得，且，则，，又、要与轴相交，直线不能经过点，即，故直线的斜率的取值范围是；（3）证明：设点，，则，，因为，所以，故，同理，直线的方程为，令，得，同理可得，因为，，为定值．
1．（2022·浙江模拟）如图，已知点，分别是椭圆的左顶点和右焦点，是轴上一点，且在点左侧，过和的直线与椭圆交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为D.（1）求直线斜率的取值范围；（2）记，MD分别与直线FG交于Q，R两点，求面积的最小值.【答案】（1）（2）24【解析】（1）解：由题意，椭圆，可得，可得，因为是轴上一点，且在点左侧，设，其中，则直线的斜率，即直线斜率的取值范围为（2）解：设直线的方程为，联立方程组，整理得，
设，，可得，由，则， ， ，所以，，则，又由，则，由，可得，当且仅当时，即时，等号成立，所以面积的最小值是24.
2．（2022·南充模拟）已知点F是抛物线的焦点，直线l与抛物线C相切于点，连接PF交抛物线于另一点A，过点P作l的垂线交抛物线于另一点B．（1）若，求直线l的方程；（2）求三角形PAB面积S的最小值．【答案】（1）（2）16【解析】（1）解：由得，．所以，所以在点P处的切线l方程为：，即．（2）解：设，，，由，则，．因为A、F、P三点共线，所以．所以，由于，故，即．
所以．由于，所以得．直线PB方程：，即．设A到直线PB的距离为d，则又所以．当且仅当时，等号成立．所以面积的最小值为16．1．（2022·宜宾模拟）设抛物线：，以为圆心，5为半径的圆被抛物线的准线截得的弦长为8．（1）求抛物线的方程；（2）过点的两条直线分别与曲线交于点A，B和C，D，且满足，，求证：线段的中点在直线上．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）解：：的准线：设到的距离为，
由已知得，∴，∴，∴∴的方程为（2）证明：设，∵，∴∴，∴代入得∴∴∵点N在抛物线内部，∴，，∴同理∴，是关于的方程的两根，∴，∴∴的中点在直线上．2．（2022·和平模拟）已知点M是椭圆C：上一点，，分别为椭圆C的上、下焦点，，当，的面积为5.（1）求椭圆C的方程：（2）设过点的直线和椭圆C交于两点A，B，是否存在直线，使得与（O是坐标原点）的面积比值为5：7.若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.【答案】见解析【解析】（1）解：由，由，
，故，∴，∴，∴，即椭圆的标准方程为.（2）解：假设满足条件的直线存在，当直线的斜率不存在时，不合题意， 不妨设直线：，，，显然 ，联立，得，所以，因为，，得，即（3），由（1），（3），得 （4），将（1）（4）代入（3）得，所以直线的方程为，故存在直线，使得与的面积比值为5：7.3．（2022·齐齐哈尔模拟）已知点F为抛物线的焦点，点在抛物线C上，且，直线交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点．
（1）求抛物线C的方程；（2）若直线交抛物线C于M，N两点，直线AM与BN交于点T，求证：点T在定直线上．【答案】（1）   （2）【解析】（1）解：由可知，抛物线C的准线为：，点到准线的距离为，根据抛物线定义：，，抛物线C的方程为；（2）解：设，，，，，．，，由，，得，即，同理，由得…①，由得…②，①②两式相加得，即，，，点T在定直线上．综上，抛物线C的方程为.
4．（2022·聊城模拟）已知椭圆C：的离心率为，左顶点为，左焦点为，上顶点为，下顶点为，M为C上一动点，面积的最大值为.（1）求椭圆C的方程；（2）过的直线l交椭圆C于D，E两点（异于点，），直线，相交于点Q，证明：点Q在一条平行于x轴的直线上.【答案】（1） （2）【解析】（1）解：由椭圆C的离心率为得①，由椭圆的几何性质知，当M为椭圆上（或下）顶点时，的面积最大，②，又，结合①②可解得，，所以椭圆C的方程为.（2）证明：由过的直线l不过，，可设其直线方程为，把代入，得，，即，设，，则，，直线的方程为，直线的方程为，设直线和的交点为，则，
把及代入上式，得，整理得，故点Q在一条平行于x轴的直线上，得证.5．（2022·河南模拟）已知椭圆的左、右顶点分别为，且过点．（1）求C的方程；（2）若直线与C交于M，N两点，直线与相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程．【答案】（1） （2）【解析】（1）解：因为，所以，解得．因为C过点，所以，解得．所以C的方程为．（2）证明：由题意，设，则，．由，整理得，则，解得且，，．
由得：，所以点G在定直线上．