【志鸿优化设计】（福建专版）2023高考数学大一轮复习 高考大题专项练5 文

高考大题专项练5　圆锥曲线问题1.已知椭圆C:=1,过原点O的动直线与椭圆C交于A,B两点.若点P满足|PA|=|PB|,求证:为定值.2.已知椭圆C:+y2=1,右焦点为F2.设A,B是C上的两个动点,线段AB的中点M的横坐标为-,线段AB的中垂线交椭圆C于P,Q两点.求的取值范围.3.已知椭圆C:=1(a>b>0).(1)若椭圆的长轴长为4,离心率为,求椭圆的标准方程;(2)在(1)的条件下,设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直线l的斜率k的取值范围;(3)过原点O任意作两条互相垂直的直线与椭圆=1(a>b>0)相交于P,S,R,Q四点,设原点O到四边形PQSR一边的距离为d,试求d=1时,a,b满足的条件.6\n4.如图,设椭圆C:=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上取两个点,将其坐标记录于下表中:x3-24y-20-4(1)求C1,C2的标准方程;6\n(2)请问是否存在直线l满足条件:①过C2的焦点F;②与C1交于不同两点M,N,且满足?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.6.(2014河北唐山二模)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点M,过点M作圆C:(x-2)2+y2=1的两条切线,切点为A,B,|AB|=.(1)求抛物线E的方程;(2)过抛物线E上的点N作圆C的两条切线,切点分别为P,Q,若P,Q,O(O为原点)三点共线,求点N的坐标.答案：1.证明:由|PA|=|PB|,知P在线段AB的垂直平分线上.6\n由椭圆的对称性可知A,B关于原点对称.①若A,B在椭圆的短轴顶点上,则点P在椭圆的长轴顶点上,此时=2=2.同理若点A,B在椭圆的长轴顶点上,则点P在短轴顶点上,此时=2=2.②当点A,B,P不是椭圆顶点时,设直线l的方程为y=kx(k≠0),则直线OP的方程为y=-x,设A(x1,y1),由解得.所以|OA|2=|OB|2=,用-代换k,得|OP|2=.所以=2.综上,为定值2.2.解:由题意,当直线AB垂直于x轴时,直线AB方程为x=-,此时P(-,0),Q(,0),得=-1.当直线AB不垂直于x轴时,设直线AB的斜率为k(k≠0),M(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-1,y1+y2=2m.由得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,则-1+4mk=0,故k=.此时,直线PQ斜率为k1=-4m,PQ的直线方程为y-m=-4m.即y=-4mx-m.联立整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.设P(x3,y3),Q(x4,y4),所以x3+x4=-,x3x4=.于是=(x3-1)(x4-1)+y3y4=x3x4-(x3+x4)+1+(4mx3+m)·(4mx4+m)=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)·x3x4+m2+1=+1+m2=.由于M在椭圆的内部,故0<m2<.令t=32m2+1,1<t<29,则.又1<t<29,所以-1<.综上,的取值范围为.3.解:(1)+y2=1.(2)显然直线x=0不满足题设条件,可设直线l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).由得(1+4k2)x2+16kx+12=0.∵Δ=(16k)2-4×12(1+4k2)>0.∴k∈.①又x1+x2=,x1x2=,由0°<∠AOB<90°⇔>0.∴=x1x2+y1y2>0.∴=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0.解得-2<k<2,②由①②得k∈.(3)由椭圆的对称性可知PQSR是菱形,原点O到各边的距离相等.当P在y轴上,Q在x轴上时,直线PQ的方程为=1,6\n由d=1得=1.当P不在y轴上时,设直线PS的斜率为k,P(x1,kx1),则直线RQ的斜率为-,Q.由,①同理,②在Rt△OPQ中,由d·|PQ|=|OP|·|OQ|,即|PQ|2=|OP|2·|OQ|2,所以(x1-x2)2+=[+(kx1)2]·,化简得=1+k2,k2=1+k2,即=1.4.解:(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)·x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,整理,得b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.又点P在第一象限,故点P的坐标为P.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得d=.因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.5.解:(1)设抛物线C2:y2=2px(p≠0),则有=2p(x≠0),据此验证4个点知(3,-2),(4,-4)在抛物线上,易求C2:y2=4x.设C1:=1(a>b>0),把点(-2,0),代入得解得故C1方程为+y2=1.(2)(方法一)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0),设直线l的方程为x-1=my,两交点坐标为M(x1,y1),N(x2,y2),由消去x,得(m2+4)y2+2my-3=0,则y1+y2=,y1y2=,①x1x2=(1+my1)(1+my2)=1+m(y1+y2)+m2y1y2=1+m·+m2·=.②由,得=0,得x1x2+y1y2=0.(*)将①②代入(*)式,得=0,解得m=±,所以假设成立,即存在直线l满足条件,且l的方程为y=2x-2或y=-2x+2.(方法二)容易验证直线l的斜率不存在时,不满足题意.当直线l斜率存在时,假设存在直线l过抛物线焦点F(1,0),设其方程为y=k(x-1),与C1的交点坐标为M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y,得6\n(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,于是x1+x2=,x1x2=.①y1y2=k(x1-1)·k(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1],即y1y2=k2·=-.②由,即=0,得x1x2+y1y2=0.(*)将①,②代入(*)式,得=0,解得k=±2.所以存在直线l满足条件,且l的方程为2x-y-2=0或2x+y-2=0.6.解:(1)由已知得M,C(2,0).设AB与x轴交于点R,由圆的对称性可知,|AR|=.于是|CR|=,所以|CM|===3,即2+=3,p=2.故抛物线E的方程为y2=4x.(2)设N(s,t).P,Q是NC为直径的圆D与圆C的两交点.圆D方程为,即x2+y2-(s+2)x-ty+2s=0.①又圆C方程为x2+y2-4x+3=0,②②-①得(s-2)x+ty+3-2s=0.③P,Q两点坐标是方程①和②的解,也是方程③的解,从而③为直线PQ的方程.因为直线PQ经过点O,所以3-2s=0,s=.故点N坐标为.6