高考数学高考大题专项5 直线与圆锥曲线压轴大题.docx
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高考数学高考大题专项5直线与圆锥曲线压轴大题
高考大题专项五 直线与圆锥曲线压轴大题
突破1 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
1.(2018江西上饶一模,20)已知椭圆M:
=1(a>b>0)的离心率为,点P
1,
在椭圆M上.
(1)求椭圆M的方程;
(2)经过椭圆M的右焦点F的直线l与椭圆M交于C,D两点,A,B分别为椭圆M的左、右顶点,记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2,求|S1-S2|的取值范围.
2.(2018成都七中三诊,20)设F1,F2分别是椭圆E:
=1的左、右焦点.若P是该椭圆上的一个动点,的最大值为1.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:
x=ky-1与椭圆交于不同的两点A、B,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求k的取值范围.
3.(2018福建龙岩质检,20)椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线l与椭圆交于A,B两点,若l的倾斜角为时,△F1AB是等边三角形.
(1)求椭圆的方程;
(2)若|F2A|=λ|F2B|,1≤λ≤2,求△ABF1中AB边上中线长的取值范围.
4.已知椭圆C:
=1(a>b>0)的离心率为,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的周长为4(+1).
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设该椭圆C与y轴的交点为M,N(点M位于点N的上方),直线y=kx+4与椭圆C相交于不同的两点A,B,求证:
直线MB与直线NA的交点D在定直线上.
5.(2018辽宁凌源一模,20)已知椭圆E的两个焦点为F1(-1,0),F2(1,0),离心率e=
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:
y=x+m(m≠0)与椭圆E交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点T,当m变化时,求△TAB面积的最大值.
突破2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
1.(2018安徽芜湖一模,20)在△ABC中,AB=2,C=,且S△ABC=,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.(2018东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)一模,20)已知椭圆C:
=1(a>b>0)的离心率为,F1(-c,0),F2(c,0)为椭圆C的左、右焦点,M为椭圆C上的任意一点,△MF1F2的面积的最大值为1,A、B为椭圆C上任意两个关于x轴对称的点,直线x=与x轴的交点为P,直线PB交椭圆C于另一点E.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求证:
直线AE过定点.
3.(2018福建三明质检,20)在平面直角坐标系xOy中,已知M(-2,0),N(2,0),若直线m⊥MN交MN于点D,点C是直线m上的一动点,H是线段CD的中点,且=8,点H的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)过点A(-4,0)作直线l交E于点P,交y轴于点Q,过O作直线l'∥l,l'交E于点R.试判断是否为定值?
若是,求出其定值;若不是,请说明理由.
4.已知定直线l:
y=x+3,定点A(2,1),以坐标轴为对称轴的椭圆C过点A且与l相切.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆的弦AP,AQ的中点分别为M,N,若MN平行于l,则OM,ON斜率之和是否为定值?
若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.
5.(2018广东江门一模,20)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(-2,0),B(2,0),动点P不在x轴上,直线AP,BP的斜率之积kAPkBP=-
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)经过点A的两直线与动点P的轨迹分别相交于M,N两点.是否存在常数λ,使得任意满足kAMkAN=λ的直线MN恒过线段AB的中点?
请说明理由.
6.(2018辽宁省部分重点中学协作体模拟,20)已知M
是椭圆C:
=1(a>b>0)上的一点,F1,F2是该椭圆的左右焦点,且|F1F2|=2
(1)求椭圆C的方程;
(2)设点A,B是椭圆C上与坐标原点O不共线的两点,直线OA,OB,AB的斜率分别为k1,k2,k3,且k1k2=k2.试探究|OA|2+|OB|2是否为定值,若是,求出定值,若不是,说明理由.
高考大题专项五 直线与圆锥曲线
突破1 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
1.解
(1)因为e=,椭圆M过点P
1,
所以c=1,a=2,
所以椭圆M的方程为=1.
(2)当直线l无斜率时,直线方程为x=1,
此时C
1,-
D
1,
△ABD,△ABC面积相等,|S1-S2|=0;
当直线l斜率存在(显然k≠0)时,设直线方程为y=k(x-1),
设C(x1,y1),D(x2,y2).
由
消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
显然Δ>0,方程有根,且x1+x2=,x1x2=,此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=,
因为k≠0,则上式=
k=±时等号成立
所以|S1-S2|的最大值为,
所以0≤|S1-S2|
2.解
(1)易知a=2,c=,b2<4,
所以F1(-,0),F2(,0),设P(x,y),则=(--x,-y)·(-x,-y)=x2+y2-4+b2=x2+b2--4+b2=
1-
·x2+2b2-4,
因为x,故当x=±2,即点P为椭圆长轴端点时,有最大值1,即1=
1-
×4+2b2-4,解得b2=1,故所求的椭圆方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(k2+4)y2-2ky-3=0,
故y1+y2=,y1·y2=,
Δ=(2k)2+12(4+k2)=16k2+48>0,
又因为∠AOB为锐角,所以cos∠AOB>0,所以>0,
所以=x1x2+y1y2>0,
又x1x2=(ky1-1)(ky2-1)=k2y1y2-k(y1+y2)+1,
所以x1x2+y1y2=(1+k2)y1y2-k(y1+y2)+1=(1+k2)+1
=>0,
所以k2<,解得- - . 3.解 (1)由已知得c=1,a2-b2=1,2c= 所以2a=b2,a2-2a-=0,解得a=,b= 椭圆的方程为=1. (2)①当直线的斜率为0时,显然不成立. ②设直线l: x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(2m2+3)y2+4my-4=0. 则y1+y2=,y1·y2= △ABF1中AB边上的中线长为|= = = 令t=2m2+3,则2m2=t-3. 所以|= 由|F2A|=λ|F2B|,得y1=-λy2,-λ=,-λ-+2=+2= 因为1≤λ≤2,λ+-2= 0, 所以3≤t≤4,|∈ 2 即△ABF1中AB边上中线长的取值范围是 2 . 4. (1)解由题意知,2a+2c=4(+1), ∴a=2,b=c=2, ∴椭圆的标准方程为=1. (2)证明设A(xA,kxA+4),B(xB,kxB+4),由 消去y得(2k2+1)x2+16kx+24=0,由Δ=32(2k2-3)>0, 解得k2>,由韦达定理,得xA+xB=,xAxB=, 直线MB的方程y=x+2,① 直线NA的方程y=x-2,② 联立①②, 得y==1,即yD=1, 所以直线MB与直线NA的交点D在定直线y=1上. 5.解 (1)由离心率e=,半焦距c=1,得a= 所以b==1,所以椭圆E的方程是+y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由消去y得3x2+4mx+2m2-2=0, 因为直线l与椭圆E有两个不同的交点, 所以Δ=(4m)2-12(2m2-2)>0,又m≠0,所以- 由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=, 设线段AB中点为C,点C横坐标xC==-,yC=xC+m=,所以C - 所以线段AB垂直平分线方程为y-=- x+ 所以点T坐标为 -,0 点T到直线AB的距离d=, 又|AB|=, 所以S△TAB= =,所以当m2=时,三角形TAB面积最大,且 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·cosC =(CA+CB)2-3CA·CB=4. 又因为S△ABC=CA·CB·sinC=CA·CB=,所以CA·CB=, 代入上式得CA+CB=2,即椭圆长轴长2a=2,焦距2c=AB=2, 所以椭圆M的标准方程为+y2=1. (2)设直线方程y=k(x-1),联立消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,Δ=8k2+8>0, 设交点E(x1,y1),F(x2,y2),∴x1+x2=,x1x2= 假设x轴上存在定点D(x0,0),使得为定值, 所以=(x1-x0,y1)·(x2-x0,y2)=x1x2-x0(x1+x2)++y1y2 =x1x2-x0(x1+x2)++k2(x1-1)(x2-1)=(1+k2)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)++k2 =, 要使为定值,则的值与k无关,所以2-4x0+1=2(-2), 解得x0=,此时=-为定值,定点为 0 . 2. (1)解∵当M为椭圆C的短轴端点时,△MF1F2的面积的最大值为1, 2c×b=1,∴bc=1,∵e=,a2=b2+c2,∴a=,b=1,∴椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)证明设B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),且x1≠x2, ∵x==2,∴P(2,0),由题意知BP的斜率必存在,设直线BP的方程为y=k(x-2),代入+y2=1得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-2=0,由Δ>0得k2<,x1+x2=,x1·x2= ∵x1≠x2∴AE斜率必存在,AE: y+y1=(x-x1), 由对称性易知直线AE过的定点必在x轴上,则当y=0时,得x=+x1==1,即在k2<的条件下,直线AE过定点(1,0). 3.解 (1)设H(x,y),由题意得C(x,2y)(y≠0), 所以=(x-2,y),=(x+2,2y), 所以=x2-8+2y2=8,化简得=1, 所以所求点H的轨迹E的方程为=1(y≠0). (2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+4)(k≠0), 令x=0,得y=4k,即Q(0,4k). 由 解得xP=,yP=,即P 因为l'∥l,所以l'的方程为y=kx, 由 解得, 所以|AQ|=4,|AP|=,|OR|2=, 所以=2. 4.解 (1)设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n), 椭圆C过点A,所以4m+n=1.① 将y=x+3代入椭圆方程化简得(m+n)x2+6nx+9n-1=0. 因为直线l与椭圆C相切, 所以Δ=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,② 解①②可得m=,n= 所以椭圆的标准方程为=1. (2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2), 则有M N .由题意可知PQ∥MN,所以kPQ=kMN=1. 设直线PQ的方程为y=x+t(-3 当t≠0时,代入椭圆方程并化简得3x2+4tx+2t2-6=0, Δ=(4t)2-4×3(2t2-6)=-8t2+72>0, 所以③ kOM+kON=, 通分后可变形得到kOM+kON=, 将③式代入得kOM+kON==0. 当t=0时,直线PQ的方程为y=x,易得P(),Q(-,-),则M N 所以kOM+kON==0. 所以OM,ON斜率之和为定值0. 5.解 (1)设P(x,y)(y≠0),则kAP=,kBP=, 由kAPkBP=-得,=-, 化简整理得,动点P的轨迹方程为=1(y≠0). (2)动点P的轨迹与y轴的两个交点为C(0,),D(0,-), 猜想λ=kACkAD=-时,直线MN恒过线段AB的中点. 记kAM=k1,则直线AM: y=k1(x+2), 解得M 当λ=-时,kAN=-,则直线AN: y=-(x+2), 同理可得N - 所以线段AB的中点O是线段MN的中点,所以直线MN恒过线段AB的中点. 6.解 (1)由题意,知F1(-,0),F2(,0),根据椭圆定义得|MF1|+|MF2|=2a, 所以2a==4, 所以a2=4,b2=a2-c2=1, 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)|OA|2+|OB|2为定值.设直线AB: y=kx+m(km≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由 消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 则Δ=(8km)2-16(m2-1)(4k2+1)>0, x1+x2=-,x1x2=, 因为k1k2=k2,所以=k2,即km(x1+x2)+m2=0(m≠0),解得k2=, 所以|OA|2+|OB|2=-2x1x2]+2=5, 所以|OA|2+|OB|2=5.
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