京津专用2022高考数学总复习优编增分练：压轴大题突破练一直线与圆锥曲线1理

(一)直线与圆锥曲线(1)1．(2022·唐山模拟)已知点A(－2,0)，点B(－1,0)，点C(1,0)，动圆O′与x轴相切于点A，过点B的直线l1与圆O′相切于点D，过点C的直线l2与圆O′相切于点E(D，E均不同于点A)，且l1与l2交于点P，设点P的轨迹为曲线Γ.(1)证明：|PB|＋|PC|为定值，并求Γ的方程；(2)设直线l1与Γ的另一个交点为Q，直线CD与Γ交于M，N两点，当O′，D，C三点共线时，求四边形MPNQ的面积．解　(1)由已知可得|PD|＝|PE|，|BA|＝|BD|，|CE|＝|CA|，所以|PB|＋|PC|＝|PD|＋|DB|＋|PC|＝|PE|＋|PC|＋|AB|＝|CE|＋|AB|＝|AC|＋|AB|＝4>2＝|BC|，所以点P的轨迹Γ是以B，C为焦点的椭圆(去掉与x轴的交点)，可求得Γ的方程为＋＝1(y≠0)．(2)由O′，D，C三点共线及圆的几何性质，可知PB⊥CD，又由直线CE，CA为圆O′的切线，可知|CE|＝|CA|，|O′A|＝|O′E|，所以△O′AC≌△O′EC，进而有∠ACO′＝∠ECO′，所以|PC|＝|BC|＝2，又由椭圆的定义，|PB|＋|PC|＝4，得|PB|＝2，所以△PBC为等边三角形，即点P在y轴上，点P的坐标为(0，±)．(ⅰ)当点P的坐标为(0，)时，∠PBC＝60°，∠BCD＝30°，此时直线l1的方程为y＝(x＋1)，直线CD的方程为y＝－(x－1)，由整理得5x2＋8x＝0，得Q，所以|PQ|＝，8\n由整理得13x2－8x－32＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＋x2＝，x1x2＝－，|MN|＝|x1－x2|＝，所以四边形MPNQ的面积S＝|PQ|·|MN|＝.(ⅱ)当点P的坐标为(0，－)时，由椭圆的对称性，得四边形MPNQ的面积为.综上，四边形MPNQ的面积为.2．(2022·合肥模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>1)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2c，⊙F2：(x－c)2＋y2＝1与该椭圆有且只有一个公共点．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点P(4c,0)的直线与⊙F2相切，且与椭圆相交于A，B两点，求证：F2A⊥F2B；(3)过点P(4c,0)的直线l与⊙F1：(x＋1)2＋y2＝r2(r>1)相切，且与椭圆相交于A，B两点，试探究kF2A，kF2B的数量关系．(1)解　∵⊙F2与椭圆有且只有一个公共点，∴公共点为(a,0)或(－a,0)，若公共点为(－a,0)，则a＋c＝1，又＝，解得a＝<1，与a>1矛盾，故公共点为(a,0)．∴a－c＝1，又e＝＝，∴a＝2，c＝1.反之，当c＝1时，联立解得满足条件．∴椭圆的标准方程为＋＝1.(2)证明　∵P(4,0)，设过P(4,0)的直线l的方程为x＝my＋4，联立得(4＋3m2)y2＋24my＋36＝0，由Δ＝576m2－144(4＋3m2)>0，得m2>4.8\n设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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与⊙F2：(x－1)2＋y2＝1相切得m2＝8，满足m2>4，∴·＝0，即F2A⊥F2B.(3)解　猜想：＋＝0.证明如下：由(2)得＋＝＋＝.∵2my1y2＋3(y1＋y2)＝2m×－＝0，∴＋＝0.3．(2022·成都模拟)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x＝ky－1与椭圆E交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′(A′与B不重合)，则直线A′B与x轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由．解　(1)由题意得a＝2，c＝，b<4，∴F1(－，0)，F2(，0)．设P(x，y)，则＝(－－x，－y)，＝(－x，－y)，即·＝x2＋y2－(4－b)8\n＝x2＋b－－4＋b＝x2＋2b－4，∵x∈[－2,2]，∴当x＝±2，即点P为椭圆长轴端点时，·有最大值1，即1＝×4＋2b－4，解得b＝1，故所求的椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)由消去x，整理得(k2＋4)y2－2ky－3＝0，显然Δ＝4k2＋12(k2＋4)＝16k2＋48>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)，故y1＋y2＝，y1·y2＝.∴经过点A′(x1，－y1)，B(x2，y2)的直线方程为＝，令y＝0，则x＝y1＋x1＝＝，又x1＝ky1－1，x2＝ky2－1，∴x＝＝＝8\n＝＝－4，即当x＝－4时，y＝0.∴直线A′B与x轴交于定点(－4,0)．4．(2022·济南模拟)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p>0)，斜率为k(k≠0)的直线l经过C的焦点，且与C交于A，B两点，满足·＝－.(1)求抛物线C的方程；(2)已知线段AB的垂直平分线与抛物线C交于M，N两点，R为线段MN的中点，记点R到直线AB的距离为d，若＝，求k的值．解　(1)由已知，得直线l的方程为y＝kx＋，设A，B，由得x2－2pkx－p2＝0，(*)x1x2＝－p2，y1y2＝·＝，·＝x1x2＋y1y2＝－p2＋＝－，由已知得－＝－，即p＝1，∴抛物线C的方程为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.设AB的中点为D(x0，y0)，则x0＝(x1＋x2)＝k，8\ny0＝kx0＋＝k2＋，∴AB的垂直平分线MN的方程为y－＝－(x－k)，即x＋y－k2－＝0.将直线MN的方程与C：x2＝2y联立，得x2＋x－2k2－3＝0，(**)设M，N，则R，∴＝－，＝－＋k2＋＝＋k2＋，R点到直线AB：kx－y＋＝0的距离d＝，|AB|＝＝＝＝2，所以＝＝，由已知得＝，即得k＝±1.把k＝±1代入验证知(*)与(**)式的判别式都大于零．5．(2022·甘肃省西北师范大学附属中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过右焦点F且斜率为1的直线交椭圆C于A，B两点，N为弦AB的中点，O为坐标原点．(1)求直线ON的斜率kON；(2)求证：对于椭圆C上的任意一点M，都存在θ∈[0,2π)，使得＝cosθ＋sinθ8\n成立．(1)解　设椭圆的焦距为2c，因为＝，所以＝，故有a2＝3b2.从而椭圆C的方程可化为x2＋3y2＝3b2，①右焦点F的坐标为(b,0)，据题意有AB所在的直线方程为y＝x－b.②由①②得，4x2－6bx＋3b2＝0，Δ＝72b2－4×4×3b2＝24b2>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点为N(x0，y0)，由根与系数的关系得，x0＝＝，y0＝x0－b＝－.所以kON＝＝－.(2)证明　显然与可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量，有且只有一对实数λ，μ，使得等式＝λ＋μ成立．设M(x，y)，由(1)中各点的坐标有(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.又因为点M在椭圆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)8\n＝4x1x2－3b(x1＋x2)＋6b2＝3b2－9b2＋6b2＝0.④又点A，B在椭圆C上，故有(x＋3y)＝3b2，(x＋3y)＝3b2.⑤将④⑤代入③可得，λ2＋μ2＝1.所以对于椭圆上的每一个点M，总存在一对实数，使等式＝λ＋μ成立，且λ2＋μ2＝1.所以存在θ∈[0,2π)，使得λ＝cosθ，μ＝sinθ.即对于椭圆C上任意一点M，总存在θ∈[0,2π)，使得等式＝cosθ＋sinθ成立．8