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1、(京津專用)2022高考數(shù)學總復習 優(yōu)編增分練:壓軸大題突破練(一)直線與圓錐曲線(1)理
1.(2018·唐山模擬)已知點A(-2,0),點B(-1,0),點C(1,0),動圓O′與x軸相切于點A,過點B的直線l1與圓O′相切于點D,過點C的直線l2與圓O′相切于點E(D,E均不同于點A),且l1與l2交于點P,設點P的軌跡為曲線Γ.
(1)證明:|PB|+|PC|為定值,并求Γ的方程;
(2)設直線l1與Γ的另一個交點為Q,直線CD與Γ交于M,N兩點,當O′,D,C三點共線時,求四邊形MPNQ的面積.
解 (1)由已知可得|PD|=|PE|,
|BA|=|BD|,|CE|=|CA
2、|,
所以|PB|+|PC|=|PD|+|DB|+|PC|
=|PE|+|PC|+|AB|
=|CE|+|AB|
=|AC|+|AB|=4>2=|BC|,
所以點P的軌跡Γ是以B,C為焦點的橢圓(去掉與x軸的交點),
可求得Γ的方程為+=1(y≠0).
(2)由O′,D,C三點共線及圓的幾何性質,可知PB⊥CD,
又由直線CE,CA為圓O′的切線,
可知|CE|=|CA|,|O′A|=|O′E|,
所以△O′AC≌△O′EC,進而有∠ACO′=∠ECO′,
所以|PC|=|BC|=2,
又由橢圓的定義,|PB|+|PC|=4,得|PB|=2,
所以△PBC為等邊三角形
3、,即點P在y軸上,點P的坐標為(0,±).
(ⅰ)當點P的坐標為(0,)時,
∠PBC=60°,∠BCD=30°,
此時直線l1的方程為y=(x+1),
直線CD的方程為y=-(x-1),
由整理得5x2+8x=0,
得Q,
所以|PQ|=,
由整理得13x2-8x-32=0,
設M(x1,y1),N(x2,y2),x1+x2=,x1x2=-,
|MN|= |x1-x2|=,
所以四邊形MPNQ的面積S=|PQ|·|MN|=.
(ⅱ)當點P的坐標為(0,-)時,
由橢圓的對稱性,得四邊形MPNQ的面積為.
綜上,四邊形MPNQ的面積為.
2.(2018·合肥模擬)
4、已知橢圓+=1(a>b>1)的離心率為,左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,且|F1F2|=2c,⊙F2:(x-c)2+y2=1與該橢圓有且只有一個公共點.
(1)求橢圓的標準方程;
(2)過點P(4c,0)的直線與⊙F2相切,且與橢圓相交于A,B兩點,求證:F2A⊥F2B;
(3)過點P(4c,0)的直線l與⊙F1:(x+1)2+y2=r2(r>1)相切,且與橢圓相交于A,B兩點,試探究kF2A,kF2B的數(shù)量關系.
(1)解 ∵⊙F2與橢圓有且只有一個公共點,
∴公共點為(a,0)或(-a,0),
若公共點為(-a,0),則a+c=1,
又=,
解得a=<1,與a>1矛盾,故公共點
5、為(a,0).
∴a-c=1,又e==,∴a=2,c=1.
反之,當c=1時,聯(lián)立
解得滿足條件.
∴橢圓的標準方程為+=1.
(2)證明 ∵P(4,0),設過P(4,0)的直線l的方程為x=my+4,
聯(lián)立
得(4+3m2)y2+24my+36=0,
由Δ=576m2-144(4+3m2)>0,得m2>4.
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則y1+y2=-,y1y2=,
又F2(1,0),
∴·=(x1-1,y1)·(x2-1,y2)
=(1+m2)y1y2+3m(y1+y2)+9
=-+9=.
由l:x=my+4與⊙F2:
(x-1)2+y2=1相切
6、得m2=8,滿足m2>4,
∴·=0,即F2A⊥F2B.
(3)解 猜想:+=0.
證明如下:
由(2)得+=+
=.
∵2my1y2+3(y1+y2)=2m×-=0,
∴+=0.
3.(2018·成都模擬)設F1,F(xiàn)2分別是橢圓E:+=1的左、右焦點.若P是該橢圓上的一個動點,·的最大值為1.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設直線x=ky-1與橢圓E交于A,B兩點,點A關于x軸的對稱點為A′(A′與B不重合),則直線A′B與x軸是否交于一個定點?若是,請寫出定點坐標,并證明你的結論;若不是,請說明理由.
解 (1)由題意得a=2,c=,b<4,
∴F1(-,0),F(xiàn)2
7、(,0).
設P(x,y),
則=(--x,-y),=(-x,-y),
即·=x2+y2-(4-b)
=x2+b--4+b
=x2+2b-4,
∵x∈[-2,2],
∴當x=±2,即點P為橢圓長軸端點時,
·有最大值1,
即1=×4+2b-4,解得b=1,
故所求的橢圓E的方程為+y2=1.
(2)由消去x,
整理得(k2+4)y2-2ky-3=0,
顯然Δ=4k2+12(k2+4)=16k2+48>0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則A′(x1,-y1),
故y1+y2=,y1·y2=.
∴經(jīng)過點A′(x1,-y1),B(x2,y2)的直線方程為
8、=,
令y=0,
則x=y(tǒng)1+x1
=
=,
又x1=ky1-1,x2=ky2-1,
∴x=
=
=
==-4,
即當x=-4時,y=0.
∴直線A′B與x軸交于定點(-4,0).
4.(2018·濟南模擬)在平面直角坐標系xOy中,拋物線C:x2=2py(p>0),斜率為k(k≠0)的直線l經(jīng)過C的焦點,且與C交于A,B兩點,滿足·=-.
(1)求拋物線C的方程;
(2)已知線段AB的垂直平分線與拋物線C交于M,N兩點,R為線段MN的中點,記點R到直線AB的距離為d,若=,求k的值.
解 (1)由已知,得直線l的方程為y=kx+,
設A,B,
由
得x
9、2-2pkx-p2=0,(*)
x1x2=-p2,y1y2=·=,
·=x1x2+y1y2 =-p2+=-,
由已知得-=-,即p=1,
∴拋物線C的方程為x2=2y.
(2)由(1)知,p=1,C:x2=2y,l:y=kx+,
方程(*)即:x2-2kx-1=0,
x1+x2=2k,x1x2=-1.
設AB的中點為D(x0,y0),
則x0=(x1+x2)=k,
y0=kx0+=k2+,
∴AB的垂直平分線MN的方程為
y-=-(x-k),
即x+y-k2-=0.
將直線MN的方程與C:x2=2y聯(lián)立,
得x2+x-2k2-3=0,(**)
設M,N,
則R
10、,
∴=-,
=- +k2+
=+k2+,
R點到直線AB:kx-y+=0的距離d=,
|AB|=
=
==2,
所以==,
由已知得=,即得k=±1.
把k=±1代入驗證知(*)與(**)式的判別式都大于零.
5.(2018·甘肅省西北師范大學附屬中學模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,過右焦點F且斜率為1的直線交橢圓C于A,B兩點,N為弦AB的中點,O為坐標原點.
(1)求直線ON的斜率kON;
(2)求證:對于橢圓C上的任意一點M,都存在θ∈[0,2π),使得=cos θ+sin θ成立.
(1)解 設橢圓的焦距為2c,
因為=,
所以
11、=,
故有a2=3b2.
從而橢圓C的方程可化為x2+3y2=3b2,①
右焦點F的坐標為(b,0),
據(jù)題意有AB所在的直線方程為y=x-b.②
由①②得,4x2-6bx+3b2=0,
Δ=72b2-4×4×3b2=24b2>0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),
弦AB的中點為N(x0,y0),由根與系數(shù)的關系得,
x0==,y0=x0-b=-.
所以kON==-.
(2)證明 顯然與可作為平面向量的一組基底,
由平面向量基本定理,
對于這一平面內(nèi)的向量,
有且只有一對實數(shù)λ,μ,
使得等式=λ+μ成立.
設M(x,y),
由(1)中各點的坐標有
12、(x,y)=λ(x1,y1)+μ(x2,y2),
故x=λx1+μx2,y=λy1+μy2.
又因為點M在橢圓C上,
所以有(λx1+μx2)2+3(λy1+μy2)2=3b2,
整理可得
λ2(x+3y)+μ2(x+3y)+2λμ(x1x2+3y1y2)=3b2.③
由(1)可知,x1+x2=,x1·x2=,
所以x1x2+3y1y2=x1x2+3(x1-b)(x2-b)
=4x1x2-3b(x1+x2)+6b2
=3b2-9b2+6b2=0.④
又點A,B在橢圓C上,
故有(x+3y)=3b2,(x+3y)=3b2.⑤
將④⑤代入③可得,λ2+μ2=1.
所以對于橢圓上的每一個點M,總存在一對實數(shù),
使等式=λ+μ成立,且λ2+μ2=1.
所以存在θ∈[0,2π),使得λ=cos θ,μ=sin θ.
即對于橢圓C上任意一點M,總存在θ∈[0,2π),
使得等式=cos θ+sin θ成立.