2020版高考数学一轮复习 大题专项突破 高考大题专项5 直线与圆锥曲线（压轴大题） 文 北师大版.doc

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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为,点P1, 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宁夏银川一中四模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在椭圆上,有|MF1|+|MF2|=4,椭圆的离心率为e=.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知N(4,0),过点N作斜率为k(k0)的直线l与椭圆交于A,B不同两点,线段AB的中垂线为l,记l的纵截距为m,求m的取值范围.3.(2018北京海淀区二模,20)已知椭圆C:x2+2y2=1的左右顶点分别为A1,A2.(1)求椭圆C的长轴长与离心率;(2)若不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,直线A1P与A2Q交于点M,直线A1Q与A2P交于点N.求证:直线MN垂直于x轴.4.(2018广东珠海质检,20)已知抛物线C1:y2=2px(p0),圆C2:x2+y2=4,直线l:y=kx+b与抛物线C1相切于点M,与圆C2相切于点N.(1)若直线l的斜率k=1,求直线l和抛物线C1的方程;(2)设F为抛物线C1的焦点,设FMN,FON的面积分别为S1,S2,若S1=S2,求的取值范围.5.(2018重庆巴蜀中学适应性考试(七),20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)与直线y=22x-22相切,设椭圆的上顶点为M,F1,F2是椭圆的左、右焦点,且MF1F2为等腰直角三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l过点N0,- 交椭圆于A,B两点,直线MA、MB分别与椭圆的短轴为直径的圆交于S,T两点,求证:O,S,T三点共线.6.(2018河北衡水联考,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=33,左、右焦点分别为F1,F2,且F2与抛物线y2=4x的焦点重合.(1)求椭圆的标准方程;(2)若过F1的直线交椭圆于B,D两点,过F2的直线交椭圆于A,C两点,且ACBD,求|AC|+|BD|的最小值.突破2圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 1.(2018福建厦门质检一,20)设O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,离心率为255.直线l:y=kx+m(m0)与C交于A,B两点,AF的中点为M,|OM|+|MF|=5.(1)求椭圆C的方程;(2)设点P(0,1),PAPB=-4,求证:直线l过定点,并求出定点的坐标.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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,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=a2c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广东一模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,且C过点1,32.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),且直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,证明:直线l的斜率为定值.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江西六校联考,20)已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,其中右焦点为抛物线y2=4x的焦点,点M-1,22在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设与坐标轴不垂直的直线l过F2与椭圆C交于A,B两点,过点M-1,22且平行直线l的直线交椭圆C于另一点N,若四边形MNBA为平行四边形,试问直线l是否存在?若存在,请求出l的斜率;若不存在,请说明理由.6.(2018辽宁省部分重点中学协作体模拟,20)已知M3,12是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上的一点,F1,F2是该椭圆的左右焦点,且|F1F2|=23.(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 直线与圆锥曲线压轴大题突破1圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)因为e=ca=12,椭圆M过点P1, ,所以c=1,a=2.所以椭圆M方程为x24+y23=1.(2)当直线l无斜率时,直线方程为x=1,此时C1,-32,D1,32,ABD,ABC面积相等,|S1-S2|=0;当直线l斜率存在(显然k0)时,设直线方程为y=k(x-1),设C(x1,y1),D(x2,y2).由x24+y23=1,y=k(x-1),消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,显然0,方程有根,且x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,此时|S1-S2|=2|y2|-|y1|=2|y2+y1|=12|k|3+4k2,因为k0,上式=123|k|+4|k|1223|k|4|k|=12212=3k=32时等号成立,所以|S1-S2|的最大值为3,所以0|S1-S2|3.2.解 (1)因为|MF1|+|MF2|=4,所以2a=4,所以a=2.因为e=12,所以c=1,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)由题意可知直线l的斜率存在,设l:y=k(x-4),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x-4),x24+y23=1,消去y得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0,x1+x2=32k24k2+3,x1x2=64k2-124k2+3,又=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)0,解得-12k12,故0k0恒成立,所以m=4k4k2+3在k0,12上为增函数,所以0m0,由l与C2相切知,C2(0,0)到l的距离d=b2=2,得b=22,所以l:x-y+22=0.将l与C1的方程联立消x得y2-2py+4p2=0,其=4p2-162p=0得p=42,C1:y2=82x.综上所述,l:x-y+22=0,C1:y2=82x.(2)不妨设k0,根据对称性,k0得到的结论与k0,又知p0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由y=kx+b,y2=2px,消去y得k2x2+2(kb-p)x+b2=0,由=4(kb-p)2-4k2b2=0,得p=2kb,Mp2k2,pk,由l与C2切于点N知C2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d=b1+k2=2,得b=21+k2,则p=4k1+k2,故M21+k2k,41+k2.由y=kx+b,x2+y2=4,得N-2k1+k2,21+k2,故|MN|=1+k2|xM-xN|=1+k221+k2k+2k1+k2=4k2+2k.Fp2,0到l:kx-y+b=0的距离d0=pk2+b1+k2=2k2+2,所以S1=SFMN=12|MN|d0=2(2k2+1)(k2+1)k,又因为S2=SFON=12|OF|yN|=2k,所以=S1S2=(2k2+1)(k2+1)k2=1k2+2(k2+1)=2k2+1k2+322+3,当且仅当2k2=1k2即k=142时取等号,与上同理可得,k0.设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=83k1+2k2,x1x2=-6491+2k2,又M(0,2),MAMB=x1x2+(y1-2)(y2-2)=x1x2+kx1-83kx2-83=(1+k2)x1x2-83k(x1+x2)+649=-6491+k21+2k2-649k21+2k2+649=649-1+k2+k21+2k2+1=0.MAMB,SMT=2.圆的直径为椭圆的短轴,圆心为原点O,点O,S,T三点共线.6.解 (1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0),所以c=1,又因为e=ca=1a=33,所以a=3,所以b2=2,所以椭圆的标准方程为x23+y22=1.(2)当直线BD的斜率k存在且k0时,直线BD的方程为y=k(x+1),代入椭圆方程x23+y22=1,化简得(3k2+2)x2+6k2x+3k2-6=0.设B(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k23k2+2,x1x2=3k2-63k2+2,|BD|=1+k|x1-x2|=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=43(k2+1)3k2+2.易知直线AC的斜率为-1k,所以|AC|=43(1k2+1)31k2+2=43(k2+1)2k2+3,|AC|+|BD|=43(k2+1)13k2+2+12k2+3=203(k2+1)2(3k2+2)(2k2+3)203(k2+1)2(3k2+2)+(2k2+3)22=203(k2+1)225(k2+1)24=1635,当k2=1,即k=1时,上式取等号,故|AC|+|BD|的最小值为1635.当直线BD的斜率不存在或等于零时,易得|AC|+|BD|=10331635.综上所述,|AC|+|BD|的最小值为1635.突破2圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解 (1)设椭圆的右焦点为F1,则OM为AFF1的中位线.OM=12AF1,MF=12AF,|OM|+|MF|=|AF|+|AF1|2=a=5,e=ca=255,c=25,b=5,椭圆C的方程为x225+y25=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x225+y25=1,消去y整理得(1+5k2)x2+10mkx+5m2-25=0.0,x1+x2=-10km1+5k2,x1x2=5m2-251+5k2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+5k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=5k2m2-25k2-10k2m2+m2+5k2m21+5k2=-25k2+m21+5k2,P(0,1),PAPB=-4,(x1,y1-1)(x2,y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=-4,5m2-251+5k2+-25k2+m21+5k2-2m1+5k2+5=0,整理得3m2-m-10=0,解得m=2或m=-53(舍去).直线l过定点(0,2).2.(1)解 当M为椭圆C的短轴端点时,MF1F2的面积的最大值为1,122cb=1,bc=1,e=ca=22,a2=b2+c2,a=2,b=1,椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)证明 设B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),且x1x2,x=a2c=2,P(2,0),由题意知BP的斜率必存在,设BP:y=k(x-2),代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-2=0,由0得k212,x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2-22k2+1.x1x2AE斜率必存在,AE:y+y1=y1+y2x2-x1(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=y1(x2-x1)y1+y2+x1=y1x2+y2x1y1+y2=k(x1-2)x2+k(x2-2)x1k(x1+x2)-4k=2x1x2-2(x1+x2)x1+x2-4=28k2-22k2+1-28k22k2+18k22k2+1-4=1,即在k20.设点P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,k2=y2x2y1x1=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2,整理得km(x1+x2)+m2=0,-8k2m21+4k2+m2=0,又m0,所以k2=14,结合图像(图略)可知k=-12,故直线l的斜率为定值.4.解 (1)设椭圆的方程为mx2+ny2=1(m0,n0,mn),椭圆C过点A,所以4m+n=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=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,解可得m=16,n=13.所以椭圆的标准方程为x26+y23=1.(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则有Mx1+22,y1+12,Nx2+22,y2+12.由题意可知PQMN,所以kPQ=kMN=1.设直线PQ的方程为y=x+t(-3t0,所以x1+x2=-4t3,x1x2=2t2-63,kOM+kON=y1+1x1+2+y2+1x2+2=x1+t+1x1+2+x2+t+1x2+2,通分后可变形得到kOM+kON=2x1x2+(t+3)(x1+x2)+4t+4x1x2+2(x1+x2)+4,将式代入得kOM+kON=2(2t2-6)+(t+3)(-4t)+12t+12-4t+2(2t2-6)+12=04t2-4t=0.当t=0时,直线PQ的方程为y=x,易得P(2,2),Q(-2,-2),则M2+22,1+22,N2-22,1-22,所以kOM+kON=1+22+2+1-22-2=0.所以OM,ON斜率之和为定值0.5.解 (1)由y2=4x的焦点为(1,0)可知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),又点M-1,22在椭圆上,所以1a2+12b2=1,a2=b2+c2,c=1,解得a2=2,b2=1,所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)由题意可设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x22+y2=1,y=k(x-1),消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=22(1+k2)1+2k2.设直线MN的方程为y-22=k(x+1),M(x3,y3),N(x4