《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項5 直線與圓錐曲線（壓軸大題） 文 北師大版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 大題專項突破 高考大題專項5 直線與圓錐曲線（壓軸大題） 文 北師大版.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

高考大題專項五　直線與圓錐曲線壓軸大題 突破1　圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題 1.(2018江西上饒一模,20)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為,點P1, 在橢圓M上. (1)求橢圓M的方程; (2)經(jīng)過橢圓M的右焦點F的直線l與橢圓M交于C,D兩點,A,B分別為橢圓M的左、右頂點,記△ABD與△ABC的面積分別為S1和S2,求|S1-S2|的取值范圍. 2.(2018寧夏銀川一中四模,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,點M在橢圓上,有|MF1|+|MF2|=4,橢圓的離心率為e=. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)已知N(4,0),過點N作斜率為k(k>0)的直線l與橢圓交于A,B不同兩點,線段AB的中垂線為l,記l的縱截距為m,求m的取值范圍. 3.(2018北京海淀區(qū)二模,20)已知橢圓C:x2+2y2=1的左右頂點分別為A1,A2. (1)求橢圓C的長軸長與離心率; (2)若不垂直于x軸的直線l與橢圓C相交于P,Q兩點,直線A1P與A2Q交于點M,直線A1Q與A2P交于點N.求證:直線MN垂直于x軸. 4.(2018廣東珠海質(zhì)檢,20)已知拋物線C1:y2=2px(p>0),圓C2:x2+y2=4,直線l:y=kx+b與拋物線C1相切于點M,與圓C2相切于點N. (1)若直線l的斜率k=1,求直線l和拋物線C1的方程; (2)設(shè)F為拋物線C1的焦點,設(shè)△FMN,△FON的面積分別為S1,S2,若S1=λS2,求λ的取值范圍. 5.(2018重慶巴蜀中學(xué)適應(yīng)性考試(七),20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)與直線y=22x-22相切,設(shè)橢圓的上頂點為M,F1,F2是橢圓的左、右焦點,且△MF1F2為等腰直角三角形. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)直線l過點N0,- 交橢圓于A,B兩點,直線MA、MB分別與橢圓的短軸為直徑的圓交于S,T兩點,求證:O,S,T三點共線. 6.(2018河北衡水聯(lián)考,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=33,左、右焦點分別為F1,F2,且F2與拋物線y2=4x的焦點重合. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若過F1的直線交橢圓于B,D兩點,過F2的直線交橢圓于A,C兩點,且AC⊥BD,求|AC|+|BD|的最小值. 突破2　圓錐曲線中的定點、定值與存在性問題 　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018福建廈門質(zhì)檢一,20)設(shè)O為坐標(biāo)原點,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,離心率為255.直線l:y=kx+m(m>0)與C交于A,B兩點,AF的中點為M,|OM|+|MF|=5. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點P(0,1),PAPB=-4,求證:直線l過定點,并求出定點的坐標(biāo). 2.(2018東北三省三校(哈師大附中、東北師大附中、遼寧省實驗中學(xué))一模,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,F1(-c,0),F2(c,0)為橢圓C的左、右焦點,M為橢圓C上的任意一點,△MF1F2的面積的最大值為1,A、B為橢圓C上任意兩個關(guān)于x軸對稱的點,直線x=a2c與x軸的交點為P,直線PB交橢圓C于另一點E. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)求證:直線AE過定點. 3.(2018廣東一模,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,且C過點1,32. (1)求橢圓C的方程; (2)若直線l與橢圓C交于P,Q兩點(點P,Q均在第一象限),且直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列,證明:直線l的斜率為定值. 4.已知定直線l:y=x+3,定點A(2,1),以坐標(biāo)軸為對稱軸的橢圓C過點A且與l相切. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)橢圓的弦AP,AQ的中點分別為M,N,若MN平行于l,則OM,ON斜率之和是否為定值?若是定值,請求出該定值;若不是定值,請說明理由. 5.(2018江西六校聯(lián)考,20)已知F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,其中右焦點為拋物線y2=4x的焦點,點M-1,22在橢圓C上. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè)與坐標(biāo)軸不垂直的直線l過F2與橢圓C交于A,B兩點,過點M-1,22且平行直線l的直線交橢圓C于另一點N,若四邊形MNBA為平行四邊形,試問直線l是否存在?若存在,請求出l的斜率;若不存在,請說明理由. 6.(2018遼寧省部分重點中學(xué)協(xié)作體模擬,20)已知M3,12是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一點,F1,F2是該橢圓的左右焦點,且|F1F2|=23. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點A,B是橢圓C上與坐標(biāo)原點O不共線的兩點,直線OA,OB,AB的斜率分別為k1,k2,k3,且k1k2=k2.試探究|OA|2+|OB|2是否為定值,若是,求出定值,若不是,說明理由.  高考大題專項五 直線與圓錐曲線壓軸大題 突破1　圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題 1.解 (1)因為e=ca=12,橢圓M過點P1, ,所以c=1,a=2. 所以橢圓M方程為x24+y23=1. (2)當(dāng)直線l無斜率時,直線方程為x=1, 此時C1,-32,D1,32,△ABD,△ABC面積相等,|S1-S2|=0; 當(dāng)直線l斜率存在(顯然k≠0)時,設(shè)直線方程為y=k(x-1), 設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2). 由x24+y23=1,y=k(x-1), 消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 顯然Δ>0,方程有根,且x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2, 此時|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=12|k|3+4k2, 因為k≠0,上式=123|k|+4|k|≤1223|k|4|k|=12212=3k=32時等號成立, 所以|S1-S2|的最大值為3, 所以0≤|S1-S2|≤3. 2.解 (1)因為|MF1|+|MF2|=4,所以2a=4,所以a=2. 因為e=12,所以c=1, 所以b2=a2-c2=3,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1. (2)由題意可知直線l的斜率存在,設(shè)l:y=k(x-4),A(x1,y1),B(x2,y2), 由y=k(x-4),x24+y23=1,消去y得 (4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0, x1+x2=32k24k2+3,x1x2=64k2-124k2+3, 又Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0,解得-120恒成立,所以m=4k4k2+3在k∈0,12上為增函數(shù),所以00,由l與C2相切知,C2(0,0)到l的距離d=b2=2,得b=22,所以l:x-y+22=0.將l與C1的方程聯(lián)立消x得y2-2py+4p2=0, 其Δ=4p2-162p=0得p=42,∴C1:y2=82x. 綜上所述,l:x-y+22=0,C1:y2=82x. (2)不妨設(shè)k>0,根據(jù)對稱性,k>0得到的結(jié)論與k<0得到的結(jié)論相同. 此時b>0,又知p>0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 由y=kx+b,y2=2px, 消去y得k2x2+2(kb-p)x+b2=0, 由Δ=4(kb-p)2-4k2b2=0, 得p=2kb,Mp2k2,pk, 由l與C2切于點N知C2(0,0)到l:kx-y+b=0的距離d=b1+k2=2,得b=21+k2,則p=4k1+k2, 故M21+k2k,41+k2. 由y=kx+b,x2+y2=4,得N-2k1+k2,21+k2, 故|MN|=1+k2|xM-xN|=1+k221+k2k+2k1+k2=4k2+2k. Fp2,0到l:kx-y+b=0的距離d0=pk2+b1+k2=2k2+2, 所以S1=S△FMN=12|MN|d0=2(2k2+1)(k2+1)k, 又因為S2=S△FON=12|OF||yN|=2k, 所以λ=S1S2=(2k2+1)(k2+1)k2=1k2+2(k2+1)=2k2+1k2+3≥22+3,當(dāng)且僅當(dāng)2k2=1k2即k=142時取等號, 與上同理可得,k<0時亦是同上結(jié)論. 綜上所述,λ的取值范圍是[3+22,+∞). 5.(1)解 ∵△MF1F2為等腰直角三角形, ∴b=c,a=2b, ∴橢圓的方程為x2+2y2=2b2. 由x2+2y2=2b2,x=2y+4,消去x整理得4y2+82y+16-2b2=0, ∵橢圓與直線相切, ∴Δ=128-16(16-2b2)=0, 解得b2=4. ∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+2y2=8,即x28+y24=1. (2)證明由題意得直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=kx-23, 由y=kx-23,x2+2y2=8, 消去y整理得(1+2k2)x2-83kx-649=0, ∵直線AB與橢圓交于兩點, ∴Δ=(83k)2+4649(2k2+1)=649(9k2+4)>0. 設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=83k1+2k2,x1x2=-6491+2k2, 又M(0,2), ∴MAMB=x1x2+(y1-2)(y2-2) =x1x2+kx1-83kx2-83 =(1+k2)x1x2-83k(x1+x2)+649 =-6491+k21+2k2-649k21+2k2+649 =649-1+k2+k21+2k2+1=0. ∴MA⊥MB, ∴∠SMT=π2. ∵圓的直徑為橢圓的短軸,∴圓心為原點O, ∴點O,S,T三點共線. 6.解 (1)拋物線y2=4x的焦點為(1,0),所以c=1,又因為e=ca=1a=33,所以a=3, 所以b2=2,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y22=1. (2)①當(dāng)直線BD的斜率k存在且k≠0時, 直線BD的方程為y=k(x+1),代入橢圓方程x23+y22=1, 化簡得(3k2+2)x2+6k2x+3k2-6=0. 設(shè)B(x1,y1),D(x2,y2),則x1+x2=-6k23k2+2,x1x2=3k2-63k2+2, |BD|=1+k|x1-x2|=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=43(k2+1)3k2+2. 易知直線AC的斜率為-1k, 所以|AC|=43(1k2+1)31k2+2=43(k2+1)2k2+3, |AC|+|BD|=43(k2+1)13k2+2+12k2+3=203(k2+1)2(3k2+2)(2k2+3)≥203(k2+1)2(3k2+2)+(2k2+3)22 =203(k2+1)225(k2+1)24=1635, 當(dāng)k2=1,即k=1時,上式取等號,故|AC|+|BD|的最小值為1635. ②當(dāng)直線BD的斜率不存在或等于零時,易得|AC|+|BD|=1033>1635. 綜上所述,|AC|+|BD|的最小值為1635. 突破2　圓錐曲線中的定點、定值與存在性問題 1.解 (1)設(shè)橢圓的右焦點為F1,則OM為△AFF1的中位線. ∴OM=12AF1,MF=12AF, ∴|OM|+|MF|=|AF|+|AF1|2=a=5, ∵e=ca=255, ∴c=25, ∴b=5, ∴橢圓C的方程為x225+y25=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立y=kx+m,x225+y25=1, 消去y整理得 (1+5k2)x2+10mkx+5m2-25=0. ∴Δ>0,x1+x2=-10km1+5k2,x1x2=5m2-251+5k2, ∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+5k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=5k2m2-25k2-10k2m2+m2+5k2m21+5k2=-25k2+m21+5k2, ∵P(0,1),PAPB=-4, ∴(x1,y1-1)(x2,y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=-4, ∴5m2-251+5k2+-25k2+m21+5k2-2m1+5k2+5=0,整理得3m2-m-10=0, 解得m=2或m=-53(舍去). ∴直線l過定點(0,2). 2.(1)解 ∵當(dāng)M為橢圓C的短軸端點時,△MF1F2的面積的最大值為1, ∴122cb=1,∴bc=1,∵e=ca=22,a2=b2+c2,∴a=2,b=1,∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1. (2)證明 設(shè)B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),且x1≠x2, ∵x=a2c=2,∴P(2,0),由題意知BP的斜率必存在,設(shè)BP:y=k(x-2),代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-2=0,由Δ>0得k2<12,x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2-22k2+1. ∵x1≠x2∴AE斜率必存在,AE:y+y1=y1+y2x2-x1(x-x1), 由對稱性易知直線AE過的定點必在x軸上,則當(dāng)y=0時,得x=y1(x2-x1)y1+y2+x1=y1x2+y2x1y1+y2=k(x1-2)x2+k(x2-2)x1k(x1+x2)-4k= 2x1x2-2(x1+x2)x1+x2-4= 28k2-22k2+1-28k22k2+18k22k2+1-4=1,即在k2<的條件下,直線AE過定點(1,0). 3.(1)解 由題意可得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1. 故橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)證明 由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的方程為y=kx+m(m≠0), 由y=kx+m,x24+y2=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0, ∵直線l與橢圓交于兩點, ∴Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0. 設(shè)點P,Q的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2, ∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2. ∵直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列, ∴k2=y2x2y1x1= k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2, 整理得km(x1+x2)+m2=0, ∴-8k2m21+4k2+m2=0, 又m≠0,所以k2=14, 結(jié)合圖像(圖略)可知k=-12,故直線l的斜率為定值. 4.解 (1)設(shè)橢圓的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n), 橢圓C過點A,所以4m+n=1. ① 將y=x+3代入橢圓方程化簡得(m+n)x2+6nx+9n-1=0. 因為直線l與橢圓C相切, 所以Δ=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0, ② 解①②可得m=16,n=13. 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x26+y23=1. (2)設(shè)點P(x1,y1),Q(x2,y2), 則有Mx1+22,y1+12,Nx2+22,y2+12. 由題意可知PQ∥MN,所以kPQ=kMN=1. 設(shè)直線PQ的方程為y=x+t(-30, 所以x1+x2=-4t3,x1x2=2t2-63, ③ kOM+kON=y1+1x1+2+y2+1x2+2=x1+t+1x1+2+x2+t+1x2+2, 通分后可變形得到kOM+kON=2x1x2+(t+3)(x1+x2)+4t+4x1x2+2(x1+x2)+4, 將③式代入得kOM+kON=2(2t2-6)+(t+3)(-4t)+12t+12-4t+2(2t2-6)+12=04t2-4t=0. 當(dāng)t=0時,直線PQ的方程為y=x,易得P(2,2),Q(-2,-2),則M2+22,1+22,N2-22,1-22,所以kOM+kON=1+22+2+1-22-2=0. 所以O(shè)M,ON斜率之和為定值0. 5.解 (1)由y2=4x的焦點為(1,0)可知橢圓C的焦點為F1(-1,0),F2(1,0), 又點M-1,22在橢圓上,所以1a2+12b2=1,a2=b2+c2,c=1, 解得a2=2,b2=1, 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1. (2)由題意可設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x22+y2=1,y=k(x-1), 消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2. 所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=22(1+k2)1+2k2. 設(shè)直線MN的方程為y-22=k(x+1),M(x3,y3),N(x4,y4), 由x22+y2=1,y-22=k(x+1), 消去y,得(1+2k2)x2+(4k2+22k)x+(2k2+22k-1)=0,因為x3=-1,所以x4=-2k2+22k-11+2k2,|MN|=1+k2|x3-x4|= 1+k2|22k-2|1+2k2. 因為四邊形MNBA為平行四邊形,所以|AB|=|MN|,即22(1+k2)1+2k2=1+k2|22k-2|1+2k2,k=-24, 但是,直線l的方程y=-24(x-1),即x+22y-1=0過點M-1,22,即直線AB與直線MN重合,不符合題意,所以直線l不存在. 6.解 (1)由題意,知F1(-3,0),F2(3,0),根據(jù)橢圓定義得|MF1|+|MF2|=2a, 所以2a= (3+3)2+(12-0)2+ (3-3)2+(12-0)2=4, 所以a2=4,b2=a2-c2=1, 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)|OA|2+|OB|2為定值.設(shè)直線AB:y=kx+m(km≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由 y=kx+m,x24+y2=1,消去y得 (1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 則Δ=(8km)2-16(m2-1)(4k2+1)>0, x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2, 因為k1k2=k2,所以kx1+mx1kx2+mx2=k2, 即km(x1+x2)+m2=0(m≠0),解得k2=14, 所以|OA|2+|OB|2=x12+x22+y12+y22=34[(x1+x2)2-2x1x2]+2=5, 所以|OA|2+|OB|2=5.