【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 压轴大题突破练 直线与圆锥曲线（二）

压轴大题突破练——直线与圆锥曲线(二)1.如图，已知点A(1，)是离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的一点，斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点互不重合．(1)求椭圆C的方程；(2)△ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．(3)求证：直线AB、AD的斜率之和为定值．(1)解　由题意，可得e＝＝，＋＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，c＝，所以椭圆C的方程＋＝1.(2)解　设直线BD的方程为y＝x＋m，D(x1，y1)，B(x2，y2)，由得4x2＋2mx＋m2－4＝0，所以Δ＝－8m2＋64>0⇒－2<m<2，x1＋x2＝－m，①x1x2＝.②所以BD＝|x1－x2|＝·.设d为点A到直线BD：y＝x＋m的距离，所以d＝.所以S△ABD＝BD·d＝·≤，当且仅当8－m2＝m2，即m＝±2时取等号．因为±2∈(－2，2)，所以当m＝±2时，△ABD的面积最大，最大值为.(3)证明　设直线AB、AD的斜率分别为kAB、kAD，则kAD＋kAB＝＋＝＋＝2＋m·，(*)将(2)中①、②式代入(*)式，整理得2＋m＝0，即kAB＋kAD＝0(定值)．2．在平面直角坐标系xOy中，动点M到两定点F1(0，－)，F2(0，-5-\n)的距离之和为4，设动点M的轨迹为曲线C.已知直线l与曲线C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，向量m＝(2x1，y1)，n＝(2x2，y2)，且m⊥n.(1)若直线l过曲线C的焦点F(0，c)(c为半焦距)，求直线l的斜率k的值；(2)△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．解　(1)由题意知，MF1＋MF2＝4>F1F2＝2，根据椭圆的定义，知动点M的轨迹是以F1(0，－)，F2(0，)为焦点，长轴长为4的椭圆，设该椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，则a＝2，c＝，∴a2＝4，c2＝3，b2＝a2－c2＝1，∴曲线C的方程为＋x2＝1.设l的方程为y＝kx＋，由，消去y得，(k2＋4)x2＋2kx－1＝0，Δ＝(2k)2＋4(k2＋4)>0，且x1＋x2＝，x1x2＝.∵m⊥n，∴m·n＝0，∴4x1x2＋y1y2＝4x1x2＋(kx1＋)(kx2＋)＝(4＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋3＝(k2＋4)·＋k·＋3＝0，解得k＝±.即直线l的斜率k的值为±.(2)①当直线AB的斜率不存在时，有x1＝x2，y1＝－y2.由m·n＝0，得4x21－y21＝0，即y21＝4x21.又A(x1，y1)在椭圆上，∴＋x＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△OAB＝|x1|·|y1－y2|＝|x1|·|y1|＝1(定值)．当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝k′x＋t.由消去y得，(k′2＋4)x2＋2k′tx＋t2－4＝0，Δ＝4k′2t2－4(k′2＋4)(t2－4)>0，且x1＋x2＝，x1x2＝.∵m·n＝0，∴4x1x2＋y1y2＝0，∴4x1x2＋(k′x1＋t)(k′x2＋t)＝0，∴(k′2＋4)x1x2＋k′t(x1＋x2)＋t2＝0，∴(k′2＋4)·＋k′t·＋t2＝0，整理得2t2－k′2＝4.-5-\n∴S△OAB＝··AB＝·|t|·＝＝＝1(定值)．综上，△AOB的面积为定值．3.如图，已知抛物线C：y2＝2px和⊙M：(x－4)2＋y2＝1，圆心M到抛物线C的准线的距离为.过抛物线C上一点H(x0，y0)(y0≥1)作两条直线分别与⊙M相切于A、B两点，与抛物线C交于E、F两点．(1)求抛物线C的方程；(2)当∠AHB的角平分线垂直x轴时，求直线EF的斜率；(3)若直线AB在y轴上的截距为t，求t的最小值．解　(1)由题意知⊙M的圆心M的坐标为(4,0)，半径为1，抛物线C的准线方程为x＝－，∵圆心M到抛物线C的准线的距离为，∴4＋＝，解得p＝，从而抛物线C的方程为y2＝x.(2)∵∠AHB的角平分线垂直x轴，∴点H(4,2)，∴∠AHB＝60°，可得kHA＝，kHB＝－，∴直线HA的方程为y＝x－4＋2，联立方程得y2－y－4＋2＝0，设E(xE，yE)，F(xF，yF)，则yE＋2＝，∴yE＝，xE＝，同理可得yF＝，xF＝，∴kEF＝－.(3)方法一　由题意可设点A、B的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，则kMA＝，kMB＝，∵HA、HB是⊙M的切线，∴HA⊥MA、HB⊥MB，∴kHA＝，kHB＝，直线HA、HB的方程分别为(4－x1)x－y1y＋4x1－15＝0，(4－x2)x－y2y＋4x2－15＝0，又点H在抛物线上，有y＝x0，∴点H的坐标为(y，y0)(y0≥1)，分别代入直线HA、HB的方程得(4－x1)y-5-\n－y1y0＋4x1－15＝0，(4－x2)y－y2y0＋4x2－15＝0，可整理为(4－y)x1－y0y1＋4y－15＝0，(4－y)x2－y0y2＋4y－15＝0，从而可求得直线AB的方程为(4－y)x－y0y＋4y－15＝0，令x＝0，得直线AB在y轴上的截距为t＝＝4y0－(y0≥1)，考虑到函数f(x)＝4x－(x≥1)为单调递增函数，∴tmin＝4×1－＝－11.方法二　由(1)知，设点H(y，y0)(y0≥1)，则HM2＝y－7y＋16，HA2＝y－7y＋15.以H为圆心，HA为半径的圆的方程为(x－y)2＋(y－y0)2＝y－7y＋15，①又⊙M的方程为(x－4)2＋y2＝1.②①－②得：直线AB的方程为(2x－y－4)(4－y)－(2y－y0)y0＝y－7y＋14.当x＝0时，直线AB在y轴上的截距t＝4y0－(y0≥1)，∵t关于y的函数在[1，＋∞)上单调递增，∴tmin＝－11.4．如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x＋y＋＝0相切．A、B是椭圆的左、右顶点，直线l过B点且与x轴垂直．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设G是椭圆C上异于A、B的任意一点，作GH⊥x轴于点H，延长HG到点Q使得HG＝GQ，连结AQ并延长交直线l于点M，N为线段MB的中点，判定直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系，并证明你的结论．解　(1)由题意可得e＝＝.∵以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x＋y＋＝0相切，∴＝b，解得b＝1.由a2＝b2＋c2，可得a＝2.∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)由(1)可知A(－2,0)，B(2,0)，直线l的方程为x＝2.设G(x0，y0)(y0≠0)，于是H(x0,0)，Q(x0,2y0)，且有＋y＝1，即4y＝4－x.连结BQ，设直线AQ与直线BQ的斜率分别为kAQ，kBQ，-5-\n∵kAQ·kBQ＝·＝＝＝－1，即AQ⊥BQ，∴点Q在以AB为直径的圆上．∵直线AQ的方程为y＝(x＋2)．由解得即M(2，)，∴N(2，)．∴直线QN的斜率为kQN＝＝＝＝，∴kOQ·kQN＝·＝－1，于是直线OQ与直线QN垂直，∴直线QN与以AB为直径的圆O相切．-5-