高考大题专项训练(五)　直线与圆锥曲线

这是一份高考大题专项训练(五)　直线与圆锥曲线，共17页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知椭圆C，已知圆O等内容，欢迎下载使用。

高考大题专项训练(五)　直线与圆锥曲线
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
1.(2019广东深圳模拟,20)在平面直角坐标系xOy中,离心率为63的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M1,63.
(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.















2.(2019河北石家庄一模,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离PF=2x0.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r20
















3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1、F2,|F1F2|=2,点Q在椭圆上,且△QF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若点P的坐标为(2,1),不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,设线段AB的中点为M,点P到直线l的距离为d,且M,O,P三点共线,求1213|AB|2+1316d2的最大值.

















4.(2019山东淄博三模,20)已知圆O:x2+y2=4,抛物线C:x2=2py(p>0).
(1)若抛物线C的焦点F在圆O上,且A为抛物线C和圆O的一个交点,求|AF|;
(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于M,N两点,设M(x0,y0),当y0∈[3,4]时,求|MN|的最大值.



















5.(2019浙江模拟,19)如图,不垂直于坐标轴的直线l与抛物线y2=2px(p>0)有且只有一个公共点M.

(1)当M的坐标为(2,2)时,求p的值及直线l的方程;
(2)若直线l与圆x2+y2=1相切于点N,求|MN|的最小值.













突破2　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
1.在△ABC中,AB=2,C=π3,且S△ABC=33,若以A,B为左右焦点的椭圆M经过点C.
(1)求M的标准方程;
(2)设过M右焦点且斜率为k的动直线与M相交于E,F两点,探究在x轴上是否存在定点D,使得DE·DF为定值?若存在,试求出定值和点D的坐标;若不存在,请说明理由.

















2.已知抛物线C:y2=2px(p>0),过焦点F作垂直于x轴的直线l,l与抛物线C相交于A,B两点,E为C的准线上一点,且△ABE的面积为4.
(1)求抛物线C的标准方程.
(2)设Q(2,0),若点P是抛物线C上的一动点,则是否存在垂直于x轴的定直线被以PQ为直径的圆截得的弦长为定值?如果存在,求出该直线方程和弦长,如果不存在,说明理由.














3.(2019四川绵阳质检,20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为l,其焦点为F,点B是抛物线C上横坐标为12的一点,若点B到l的距离等于|BO|.
(1)求抛物线C的方程,
(2)设A是抛物线C上异于顶点的一点,直线AO交直线l于点M,抛物线C在点A处的切线m交直线l于点N,求证:以点N为圆心,以|MN|为半径的圆经过x轴上的两个定点.




















4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=22,左、右焦点分别为F1,F2,抛物线y2=42x的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知圆M:x2+y2=23的切线l与椭圆相交于A,B两点,那么以AB为直径的圆是否经过定点?如果是,求出定点的坐标;如果不是,请说明理由.
















5.(2019湖北武汉模拟,20)如图,O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长,M,N为椭圆C的上、下顶点,且|MN|=23.

(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,BN交于点T.求证:点T的纵坐标为定值3.











突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题

1.(2019湖南永州三模,20)已知直线l是经过点A(1,-2)且与抛物线E:y2=4x相切的直线.

(1)求直线l的方程;
(2)如图,已知点B(1,2),M,N是x轴上两个不同的动点,且满足|BM|=|BN|,直线BM,BN与抛物线E的另一个交点分别是P,Q,求证:直线PQ与l平行.
















2.设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;
(2)证明:∠ABM=∠ABN.















3.(2019四川成都七中模拟,20)设圆x2+y2-4x-60=0的圆心为F2,直线l过点F1(-2,0)且与x轴不重合,交圆F2于C,D两点,过点F1作CF2的平行线交DF2于点E.
(1)求|EF1|+|EF2|的值;
(2)设点E的轨迹为曲线E1,直线l与曲线E1相交于A,B两点,与直线x=-8相交于M点,试问在椭圆E1上是否存在一定点N,使得k1,k3,k2成等差数列(其中k1,k2,k3分别指直线AN,BN,MN的斜率).若存在,求出N点的坐标;若不存在,请说明理由.















4.(2019重庆巴蜀中学模拟,20)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,过点E(7,0)的椭圆C1的两条切线相互垂直.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)在椭圆C1上是否存在这样的点P,过点P引抛物线C2:x2=4y的两条切线l1,l2,切点分别为B,C,且直线BC过点A(1,1)?若存在,指出这样的点P有几个(不必求出点的坐标);若不存在,请说明理由.

















5.(2019广东广雅中学、执信、六中、深外四校联考,20)设斜率不为0的直线l与抛物线x2=4y交于A,B两点,与椭圆x26+y24=1交于C,D两点,记直线OA,OB,OC,OD的斜率分别为k1,k2,k3,k4.
(1)若直线l过(0,4),证明:OA⊥OB;
(2)求证:k1+k2k3+k4的值与直线l的斜率的大小无关.









参考答案与解析
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
1.解(1)由题意,ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3b2,又1a2+23b2=1,解得a2=3,b2=1,
所以椭圆C的标准方程为x23+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(±3,±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≠±3.
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(x02-3)k2-2x0y0k+y02-1=0,
设过点G的椭圆C的切线的斜率分别为k1,k2,所以k1k2=y02-1x02-3.
因为两条切线相互垂直,所以y02-1x02-3=-1,
即x02+y02=4(x0≠±3),
由①②知G在圆x02+y02=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|m|1+1≤2,所以-22≤m≤22.
综上所述,m的取值范围为[-22,22].
2.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+p2,由题意得:
2x0=x0+p2,2px0=4,p>0,解得p=2,x0=1.
所以,抛物线的方程为y2=4x.
(2)由题意知,过P引圆(x-3)2+y2=r2(0 设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2,
同理可得(r2-4)k22-8k2+r2-4=0.
所以,k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根,k1+k2=8r2-4,k1k2=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=k1(x-1)+2,y2=4x,得k1y2-4y-4k1+8=0,
由韦达定理知,2y1=8-4k1k1,
所以y1=4-2k1k1=4k1-2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.
设线段AB的中点为D,则点D的横坐标为t,
则t=x1+x22=y12+y228=(4k2-2)2+(4k1-2)28
=2(k12+k22)-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.
设λ=k1+k2,则λ=8r2-4∈[-4,-2),
所以t=2λ2-2λ-3,对称轴λ=12>-2,所以9 3.解(1)由题意得2c=2,2a+2c=6,
解得a=2,c=1,∴b2=a2-c2=3.
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
当直线l与x轴垂直时,由椭圆的对称性可知,点M在x轴上,且与O点不重合,
显然M,O,P三点不共线,不符合题设条件,
故可设直线l的方程y=kx+m(m≠0).
由y=kx+m,3x2+4y2=12,消去y整理得:
(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,①
则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0.
∴x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.
∴点M的坐标为-4km3+4k2,3m3+4k2.
∵M,O,P三点共线,∴kOM=kOP,∴3m3+4k2-4km3+4k2=12.
∵m≠0,∴k=-32,
此时方程①为:3x2-3mx+m2-3=0,
则Δ=3(12-m2)>0.
∴m∈(-23,23).
则x1+x2=m,x1x2=m2-33.
∴|AB|2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=1312(12-m2).
又d=|8-2m|32+22=2|m-4|13,
∴1213|AB|2+1316d2=(12-m2)+(m-4)24=-34m+432+523.
∴当m=-43∈(-23,23)时,1213|AB|2+1316d2取得最大值为523.
4.解(1)由题意知F(0,2),所以p=4.
所以抛物线C的方程为x2=8y.
将x2=8y与x2+y2=4联立得点A的纵坐标为yA=2(5-2),
结合抛物线定义得|AF|=yA+p2=25-2.
(2)由x2=2py得:y=x22p,y'=xp,
所以直线l的斜率为x0p,故直线l的方程为y-y0=x0p(x-x0).
即x0x-py-py0=0.
又由|ON|=|-py0|x02+p2=2得p=8y0y02-4且y02-4>0,
所以|MN|2=|OM|2-|ON|2=x02+y02-4
=2py0+y02-4=16y0y02-4y0+y02-4
=16y02y02-4+y02-4=16(y02-4+4)y02-4+y02-4
=16+64y02-4+y02-4.
令t=y02-4,y0∈[3,4],则t∈[5,12],
令f(t)=16+t+64t,则f'(t)=1-64t2;
当t∈[5,8]时f'(t)≤0,f(t)单调递减,
当t∈(8,12]时f'(t)>0,f(t)单调递增,
又f(5)=16+5+645=1695,f(12)=16+12+6412=1003<1695,
所以f(x)max=1695,即|MN|的最大值为1355.
5.解(1)点M(2,2)在抛物线y2=2px上,故有22=4p,
所以p=1,从而抛物线方程为y2=2x.
设直线l的方程为x=m(y-2)+2,代入y2=2x,
得y2-2my+4m-4=0.
由l与抛物线相切可知,Δ=4m2-4(4m-4)=0,解得m=2.
所以,直线l的方程为x=2(y-2)+2,即x-2y+2=0.
(2)设直线l的方程为x=my+t(m≠0),代入y2=2px
得y2-2pmy-2pt=0.
由直线l与抛物线相切可知,Δ=4p2m2+8pt=0.
所以t=-pm22.①
又因为直线l与圆x2+y2=1相切,所以|t|1+m2=1,
即t2=1+m2.②
将①式代入②式,得p2m44=1+m2,所以p2=4(1+m2)m4.
设M的坐标为(x0,y0),由y2-2pmy-2pt=0与t=-pm22可知:y0=pm,
从而x0=my0+t=pm22.
所以,|MN|2=|OM|2-|ON|2=x02+y02-1
=p2m44+p2m2-1=1+m2+4(1+m2)m2-1=m2+4m2+4≥8.
因此,当|m|=2时,|MN|有最小值,最小值为22.
突破2　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
1.解(1)在△ABC中,由余弦定理得AB2=CA2+CB2-2CA·CB·cos C=(CA+CB)2-3CA·CB=4.
又因为S△ABC=12CA·CB·sin C=34CA·CB=33,
所以CA·CB=43,
代入上式得CA+CB=22,即椭圆长轴长2a=22,焦距2c=AB=2,
所以椭圆M的标准方程为x22+y2=1.
(2)设直线方程y=k(x-1),联立x22+y2=1,y=k(x-1),消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,Δ=8k2+8>0,
设交点E(x1,y1),F(x2,y2),
所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.
假设x轴上存在定点D(x0,0),使得DE·DF为定值,
所以DE·DF=(x1-x0,y1)·(x2-x0,y2)=x1x2-x0(x1+x2)+x02+y1y2
=x1x2-x0(x1+x2)+x02+k2(x1-1)(x2-1)
=(1+k2)x1x2-(x0+k2)·(x1+x2)+x02+k2
=(2x02-4x0+1)k2+(x02-2)1+2k2,
要使DE·DF为定值,则DE·DF的值与k无关,
所以2x02-4x0+1=2(x02-2),
解得x0=54,此时DE·DF=-716为定值,定点为54,0.
2.解(1)∵S△ABE=12×2p×p=4.
∴p2=4,
∵p>0,∴p=2.
∴y2=4x.
(2)设存在直线l1:x=a满足条件,P(x0,y0),
则PQ的中点Mx0+22,y02,|PQ|=(x0-2)2+y02,
因此以PQ为直径的圆的半径r=12|PQ|=12(x0-2)2+y02=12x02+4,
M点到直线x=a的距离d=x0+22-a.
所以所截弦长为　2r2-d2
=214(x02+4)-(x0+22-a)2
=x02+4-(x0+2-2a)2
=-4(1-a)x0+8a-4a2,
要使弦长与变量x0无关,则令1-a=0即a=1时,弦长为定值2,
这时直线方程为x=1.
故存在垂直于x轴的定直线x=1,被以PQ为直径的圆截得的弦长为定值2.
3.解(1)由题意,得|BF|=|BO|,则△BOF为等腰三角形,
因为点B的横坐标为12,所以线段OF的中点的横坐标为12,
从而点F的横坐标为1,即p2=1,所以p=2,
故所求抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明设切线m的方程为y=kx+b,由y=kx+b,y2=4x,得
k2x2+2(kb-2)x+b2=0,(*)
由题意知Δ=4(kb-2)2-4k2b2=0,即b=1k,
所以方程(*)的根为x=1k2,从而A1k2,2k.
直线OA的方程为y=2kx,
由y=kx+1k,x=-1,得N-1,1k-k,
由y=2kx,x=-1,得M(-1,-2k),
所以以点N为圆心,以|MN|为半径的圆的方程为(x+1)2+(y-1k+k)2=(k+1k)2,
令y=0,得(x+1)2+(k-1k)2=(k+1k)2,
解得x=1或x=-3,
所以圆N经过x轴上的两个定点(1,0)和(-3,0).
4.解(1)因为椭圆C的离心率e=22,所以ca=22,即a=2c.
因为抛物线y2=42x的焦点F(2,0)恰好是该椭圆的一个顶点,
所以a=2,所以b=1.所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)(i)当直线l的斜率不存在时.
因为直线l与圆M相切,故其中的一条切线方程为x=63.
由x=63,x22+y2=1,
不妨设A63,63,B63,-63,
则以AB为直径的圆的方程为(x-63)2+y2=23.
(ii)当直线l的斜率为零时.
因为直线l与圆M相切,所以其中的一条切线方程为y=-63.
由y=-63,x22+y2=1,不妨设A63,-63,B-63,-63,
则以AB为直径的圆的方程为x2+(y+63)2=23.
显然以上两圆都经过点O(0,0).
(iii)当直线l的斜率存在且不为零时.
设直线l的方程为y=kx+m.
由y=kx+m,x22+y2=1消去y,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,
所以设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-22k2+1.
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2-2k22k2+1.
所以OA·OB=x1x2+y1y2=3m2-2k2-22k2+1.①
因为直线l和圆M相切,所以圆心到直线l的距离d=|m|1+k2=63,
整理,得m2=23(1+k2),②
将②代入①,得OA·OB=0,显然以AB为直径的圆经过定点O(0,0).
综上可知,以AB为直径的圆过定点(0,0).
5.(1)解由题意可知:2c=a,2b=23,又a2=b2+c2,
有b=3,c=1,a=2,故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)证明由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+1,
设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2≠0),联立直线方程和椭圆方程得y=kx+1,3x2+4y2-12=0,
消去y得(4k2+3)x2+8kx-8=0,
x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,则有x1+x2=kx1x2,
又lBN:y=y2+3x2·x-3,lAM:y=y1-3x1·x+3,
由y=y2+3x2·x-3,y=y1-3x1·x+3,
得y-3y+3=y1-3x1·x2y2+3,
故y-3y+3=kx1+1-3x1·x2kx2+1+3=kx1x2+(1-3)x2kx1x2+(1+3)x1,
整理得到y=3[2kx1x2+x1+x2+3(x1-x2)]x1-x2+3(x1+x2)
=3[3(x1+x2)+3(x1-x2)]x1-x2+3(x1+x2)=3.
故点T的纵坐标为3.

突破3　圆锥曲线中的证明与探索性问题
1.(1)解显然直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y+2=k(x-1)与y2=4x联立,消去x整理得y2-4ky-8k-4=0,
令Δ=0,
即-4k2-4-8k-4=0,
解得k=-1,所以,直线l的方程为y=-x-1.
(2)证明由题意知,两直线BM,BN的斜率互为相反数,设直线BM的方程为y-2=t(x-1),与y2=4x联立,消去x整理得y2-4ty+8t-4=0,则2yP=8t-4⇒yP=4t-2,
从而Pt2-4t+4t2,4-2tt,将t换成-t,得Qt2+4t+4t2,-2t-4t,kPQ=4-2tt--2t-4tt2-4t+4t2-t2+4t+4t2=8t-8tt2=-1=k1,
所以,直线PQ与l平行.
2.解(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).
所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.
(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.
由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2
=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
3.解(1)因为圆x2+y2-4x-60=0的圆心为F2,
所以|F2D|=|F2C|且F1E∥CF2,
所以∠F2DC=∠F2CD=∠EF1D,所以|EF1|=|ED|,
所以|EF1|+|EF2|=|ED|+|EF2|=|DF2|,
又因为圆F2的半径为8,即|DF2|=8,
所以|EF1|+|EF2|=8.
(2)由(1)知,曲线E1是以F1,F2为焦点的椭圆,且长轴长为8,
所以曲线E1的方程为x216+y212=1(y≠0),
设直线l的方程为y=k(x+2),
代入椭圆化简得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-48=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x0,y0),
则x1+x2=-16k24k2+3,x1x2=16k2-484k2+3,所以k1+k2=y0-y1x0-x1+y0-y2x0-x2=(2y0-4k)x0+(2k-kx0-y0)(x1+x2)+2kx1x2x02-x0(x1+x2)+x1x2
=8y0k2(x0+2)-12k(x0+8)+6x0y04k2(x0+2)2+3x02-48,
因为k1,k3,k2成等差数列,所以2k3=k1+k2,易知M(-8,-6k),则k3=y0+6kx0+8,
所以2×y0+6kx0+8=8y0k2(x0+2)-12k(x0+8)+6x0y04k2(x0+2)2+3x02-48,
化简得24k3(x0+2)2-24k2y0(x0+2)+24k(x0+2)2-24y0(x0+2)=0,
对任意的k该等式恒成立,所以x0=-2,
所以存在点N(-2,±3),使得k1,k3,k2成等差数列.
4.解(1)由椭圆的对称性,不妨设在x轴上方的切点为M,x轴下方的切点为N,
则kNE=1,NE的直线方程为y=x-7,
因为椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,所以椭圆C1:x24c2+y23c2=1,
所以y=x-7,x24c2+y23c2=1,消去y得7x2-87x+28-12c2=0.Δ=0,则c=1,
所以椭圆方程为x24+y23=1.
(2)设点B(x1,y1),C(x2,y2),P(x0,y0),
由x2=4y,即y=14x2,得y'=12x,
∴抛物线C2在点B处的切线l1的方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x12x+y1-12x12,
∵y1=14x12,∴y=x12x-y1.
∵点P(x0,y0)在切线l1上,∴y0=x12x0-y1.①
同理,y0=x22x0-y2.②
综合①、②得,点B(x1,y1),C(x2,y2)的坐标都满足方程y0=x2x0-y.
∵经过B(x1,y1),C(x2,y2)两点的直线是唯一的,
∴直线BC的方程为y0=x2x0-y,
∵点A(1,1)在直线BC上,
∴y0=12x0-1,
∴点P的轨迹方程为y=12x-1.
又∵点P在椭圆C1上,又在直线y=12x-1上,
∴直线y=12x-1经过椭圆C1内一点(0,-1),
∴直线y=12x-1与椭圆C1交于两点.
∴满足条件的点P有两个.
5.证明(1)设直线l的方程为y=kx+4,
设A(x1,y1),B(x2,y2),x12=4y1,x22=4y2,两式相乘得(x1x2)2=16y1y2.
将直线l的方程代入抛物线x2=4y,得x2-4kx-16=0.
∴x1x2=-16,∴y1y2=16,
∴x1x2+y1y2=0,∴OA·OB=0.
∴OA⊥OB.
(2)设直线l:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).联立y=kx+m和x2=4y,得x2-4kx-4m=0,
则x1+x2=4k,x1x2=-4m,
k1+k2=y1x1+y2x2=x14+x24=k,
联立y=kx+m和x26+y24=1得(2+3k2)x2+6kmx+3m2-12=0,
在Δ=(6km)2-4(2+3k2)(3m2-12)>0(即4+6k2>m2)可不求解的情况下,
x3+x4=-6km2+3k2,x3x4=3m2-122+3k2,
k3+k4=y3x3+y4x4=2k+mx3+mx4=2k+m(x3+x4)x3x4=2k+-6km23m2-12=-8km2-4,
所以k1+k2k3+k4=-m2-48是一个与k无关的值.