高考一轮大题专项测试：专项训练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.

4.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:

(1)求C1,C2的标准方程;

(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.

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)2=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)2(4mx4+m)=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)2x3x4+m2+1 =+1+m2=.

由于M在椭圆的内部,故0

令t=32m2+1,1

则.

又1

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)2-4312(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

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,

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d2|PQ|=|OP|2|OQ|,

即|PQ|2=|OP|22|OQ|2,

所以(x1-x2)2+

=[+(kx1)2]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)2x2+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=,①

x1x2=(1+my1)(1+my2)

=1+m(y1+y2)+m2y1y2

=1+m2+m22

=.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

(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,

于是x1+x2=,

x1x2=.①

y1y2=k(x1-1)2k(x2-1)

=k2[x1x2-(x1+x2)+1],

即y1y2=k22

=-.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=0,②

②-①得(s-2)x+ty+3-2s=0.③

P,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.