新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测55《题型上-全析高考常考的6大题型》(含解析)

课时跟踪检测（五十五） 题型上——全析高考常考的6大题型

1．(2019·唐山联考)已知F为抛物线E：y2＝4x的焦点，过点P(0,2)作两条互相垂直的直线m，n，直线m交E于不同的A，B两点，直线n交E于不同的两点C，D，记直线m的斜率为k.

(1)求k的取值范围；

(2)设线段AB，CD的中点分别为点M，N，证明：直线MN过定点Q(2,0)．

解：(1)由题设可知k≠0，

所以直线m的方程为y＝kx＋2，

与y2＝4x联立，整理得ky2－4y＋8＝0.①

由Δ1＝16－32k＞0，解得k＜.

直线n的方程为y＝－x＋2，与y2＝4x联立，

整理得y2＋4ky－8k＝0，

由Δ2＝16k2＋32k＞0，解得k＞0或k＜－2.

所以

故k的取值范围为(－∞，－2)∪.

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．

由①得，y1＋y2＝，则y0＝，x0＝－，则M.同理可得N(2k2＋2k，－2k)．

直线MQ的斜率kMQ＝＝－，

直线NQ的斜率kNQ＝＝－＝kMQ，

所以直线MN过定点Q(2,0)．

2．已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为.

解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，

由题意得解得c＝，所以b2＝a2－c2＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2＜x0＜2，所以kAM＝，

因为AM⊥DE，所以kDE＝－，

所以直线DE的方程为y＝－(x－x0)．

因为kBN＝－，

所以直线BN的方程为y＝－(x－2)．

由解得E，

所以S△BDE＝|BD|·|yE|，S△BDN＝|BD|·|yN|，

所以＝＝＝，

结论成立．

3．(2019·南昌模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，y1y2＝－4.

(1)求抛物线C的方程；

(2)如图，点B在准线l上的正投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．

解：(1)依题意知F，

当直线AB的斜率不存在时，y1y2＝－p2＝－4，解得p＝2.

当直线AB的斜率存在时，设lAB：y＝k(k≠0)，

由消去x并整理，得y2－y－p2＝0，

则y1y2＝－p2，由y1y2＝－4得p2＝4，解得p＝2.

综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)设D(x0，y0)，B，

则E(－1，t)，又由y1y2＝－4，可得A.

因为kEF＝－，AD⊥EF，所以kAD＝，

则直线AD：y＋＝，化简得2x－ty－4－＝0.

由消去x并整理，得y2－2ty－8－＝0，Δ＝(－2t)2－4＝4t2＋＋32＞0恒成立，

所以y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－.

于是|AD|＝ |y1－y0|

＝  ＝ ，

设点B到直线AD的距离为d，则d＝＝.

所以S△ABD＝|AD|·d＝ ≥16，

当且仅当t4＝16，即t＝±2时取等号，即△ABD的最小值为16.

当t＝2时，直线AD：x－y－3＝0；当t＝－2时，直线AD：x＋y－3＝0.

4．(2019·昆明调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．

解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，

则椭圆C的方程为＋＝1，

因为点P在椭圆C上，

所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，

由＋＝得，D(x1＋x2，y1＋y2)，

所以直线AB的斜率kAB＝，

直线OD的斜率kOD＝，

由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即·＝－，所以kAB·kOD＝－.

故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.

5．已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．

从而有解得

又a2＝b2＋c2，所以b2＝12.故椭圆C的方程为＋＝1.

(2)假设存在符合题意的直线l，

设其方程为y＝x＋t.

由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.

因为直线l与椭圆C有公共点，

所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，

解得－4≤t≤4.

另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得＝4，从而t＝±2.由于±2∉[－4，4 ]，

所以符合题意的直线l不存在．

6．(2019·新疆乌鲁木齐联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋＝t，其中t∈，求|AB|的取值范围．

解：(1)依题意得解得

∴椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x－2)．由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，

∴Δ＝8(1－2k2)＞0，解得k2＜.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－.

由＋＝t，得P，

代入椭圆C的方程得t2＝.

由＜t＜2，得＜k2＜，

∴|AB|＝·

＝2.

令u＝，则u∈，

∴|AB|＝2∈.

∴|AB|的取值范围为.