2022高考数学一轮复习大题专项练五直线与圆锥曲线文含解析新人教A版20210402145.docx
2022高考数学一轮复习大题专项练文含解析打包6套新人教A版
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2022高考数学一轮复习大题专项练文含解析打包6套新人教a版,文本
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高考大题专项(五)直线与圆锥曲线突破1圆锥曲线中的最值、范围问题1.(2020江西上饶三模,文21)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0),f1,f2分别是椭圆的左、右焦点,且|f1f2|=2,p在椭圆c上且|pf1|+|pf2|=4.(1)求椭圆c的方程;(2)过右焦点f2的直线交椭圆于点b,c两点,a为椭圆的左顶点,若f1cab=0,求直线ab的斜率k的值.2.(2020新高考全国2,21)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)过点m(2,3),点a为其左顶点,且am的斜率为12.(1)求c的方程;(2)点n为椭圆上任意一点,求amn的面积的最大值.3.已知抛物线c:y2=2px(p0)上一点p(x0,2)到焦点f的距离|pf|=2x0.(1)求抛物线c的方程;(2)过点p引圆m:(x-3)2+y2=r200)的焦点为f,点m(a,25)在抛物线c上.(1)若|mf|=6,求抛物线的标准方程;(2)若直线x+y=t与抛物线c交于a,b两点,点n的坐标为(1,0),且满足nanb,原点o到直线ab的距离不小于2,求p的取值范围.6.已知圆o:x2+y2=4,抛物线c:x2=2py(p0).(1)若抛物线c的焦点f在圆o上,且a为抛物线c和圆o的一个交点,求|af|;(2)若直线l与抛物线c和圆o分别相切于m,n两点,设m(x0,y0),当y03,4时,求|mn|的最大值.突破2圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2020山东德州二模,20)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)与圆x2+y2=43b2相交于m,n,p,q四点,四边形mnpq为正方形,pf1f2的周长为2(2+1).(1)求椭圆c的方程;(2)设直线l与椭圆c相交于a,b两点,d(0,-1),若直线ad与直线bd的斜率之积为16,证明:直线恒过定点.2.已知动圆p过定点f12,0,且和直线x=-12相切,动圆圆心p形成的轨迹是曲线c,过点q(4,-2)的直线与曲线c交于a,b两个不同的点.(1)求曲线c的方程;(2)在曲线c上是否存在定点n,使得以ab为直径的圆恒过点n?若存在,求出n点坐标;若不存在,说明理由.3.在平面直角坐标系xoy中,抛物线c:y2=2px(p0)的准线为l,其焦点为f,点b是抛物线c上横坐标为12的一点,若点b到l的距离等于|bo|.(1)求抛物线c的方程;(2)设a是抛物线c上异于顶点的一点,直线ao交直线l于点m,抛物线c在点a处的切线m交直线l于点n,求证:以点n为圆心,以|mn|为半径的圆经过x轴上的两个定点.4.(2020山东淄博一模,21)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴长为23,左、右焦点分别为f1,f2,点b是椭圆上位于第一象限的任意一点,且当bf2f1f2=0时,|bf2|=32.(1)求椭圆c的标准方程.(2)若椭圆c上点a与点b关于原点o对称,过点b作bd垂直于x轴,垂足为d,连接ad并延长交c于另一点m,交y轴于点n.求odn面积的最大值;证明:直线ab与bm的斜率之积为定值.5.如图,o为坐标原点,椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距等于其长半轴长,m,n为椭圆c的上、下顶点,且|mn|=23.(1)求椭圆c的方程;(2)过点p(0,1)作直线l交椭圆c于异于m,n的a,b两点,直线am,bn交于点t.求证:点t的纵坐标为定值3.6.(2020山东济南三模,22)已知平面上一动点a的坐标为(2t2,-2t).(1)求点a的轨迹e的方程.(2)点b在轨迹e上,且纵坐标为2t.证明直线ab过定点,并求出定点坐标.分别以a,b为圆心作与直线x=-2相切的圆,两圆公共弦的中点为h,在平面内是否存在定点p,使得|ph|为定值?若存在,求出点p的坐标;若不存在,请说明理由.突破3圆锥曲线中的证明与探索性问题1.(2020江西南昌三模,理20)在平面直角坐标系中取两个定点a1(-6,0),a2(6,0),再取两个动点n1(0,m),n2(0,n),且mn=2.(1)求直线a1n1与a2n2交点m的轨迹c的方程;(2)过r(3,0)的直线与轨迹c交于p,q,过p作pnx轴且与轨迹c交于另一点n,f为轨迹c的右焦点,若rp=rq(1),求证:nf=fq.2.(2018全国1,文20)设抛物线c:y2=2x,点a(2,0),b(-2,0),过点a的直线l与c交于m,n两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线bm的方程;(2)证明:abm=abn.3.(2020河南开封三模,理19)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点a与左、右焦点f1,f2构成一个面积为1的直角三角形,(1)求椭圆c的标准方程;(2)若直线l与椭圆c相切,求证:点f1,f2到直线l的距离之积为定值.4.(2020河南六市第二次联考,理19)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为f(1,0),点p,m,n为椭圆c上的点,直线mn过坐标原点,直线pm,pn的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-12.(1)求椭圆c的标准方程;(2)若pfmn且直线pf与椭圆的另一个交点为q,问|mn|2|pq|是否为常数?若是,求出该常数;若不是,请说明理由.5.(2020河北衡水中学三模,理19)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为f1,f2,短轴长为23,a,b是椭圆c上关于x轴对称的两点,abf1周长的最大值为8.(1)求椭圆c的标准方程.(2)过椭圆c上的动点m作椭圆c的切线l,过原点o作opl于点p.问:是否存在直线l,使得omp的面积为1?若存在,求出此时直线l的方程;若不存在,请说明理由.6.(2020河北唐山二模,理21)已知a(x1,y1),b(-x1,-y1)是椭圆t:x24+y2=1上的两点,且a点位于第一象限.过a作x轴的垂线,垂足为点c,点d满足ac=2cd,延长bd交t于点e(x2,y2).(1)设直线ab,bd的斜率分别为k1,k2.求证:k1=4k2;证明:abe是直角三角形.(2)求abe的面积的最大值.参考答案高考大题专项(五)直线与圆锥曲线突破1圆锥曲线中的最值、范围问题1.解(1)因为|f1f2|=2,所以2c=2,c=1.根据椭圆的定义及|pf1|+|pf2|=4,可得2a=4,a=2.所以b=a2-c2=3,所以椭圆c的方程为x24+y23=1.(2)设直线ab的方程lab:y=k(x+2),b(xb,yb).由(1)知,a(-2,0).由y=k(x+2),x24+y23=1,消去y,得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0,-2xb=16k2-123+4k2,xb=-8k2+63+4k2,yb=k(xb+2)=12k3+4k2,b-8k2+63+4k2,12k3+4k2.若k=12,则b1,32,c1,-32,ab=3,32.f1(-1,0),f1c=2,-32.f1cab=0不成立.同理,k=-12也不成立.k12.f2(1,0),kbf2=4k1-4k2,kcf1=-1k,直线bf2的方程lbf2:y=4k1-4k2(x-1),直线cf1的方程lcf1:y=-1k(x+1).由y=4k1-4k2(x-1),y=-1k(x+1),得x=8k2-1,y=-8k.c(8k2-1,-8k).又点c在椭圆上,得(8k2-1)24+(-8k)23=1,即(24k2-1)(8k2+9)=0,即k2=124,k=612.2.解(1)由题意,直线am的方程为y-3=12(x-2),即x-2y=-4.当y=0时,解得x=-4,所以a=4.椭圆c过点m(2,3),可得416+9b2=1,解得b2=12.所以c的方程为x216+y212=1.(2)设与直线am平行的直线方程为x-2y=m.如图所示,当直线与椭圆相切时,设与am距离比较远的直线与椭圆的切点为n,此时amn的面积取得最大值.联立直线方程x-2y=m与椭圆方程x216+y212=1,可得3(m+2y)2+4y2=48,化简可得16y2+12my+3m2-48=0,所以=144m2-416(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=8.与am距离比较远的直线方程为x-2y=8,点n到直线am的距离即两平行线之间的距离,利用平行线之间的距离公式可得d=8+41+4=1255.由两点之间距离公式可得|am|=(2+4)2+32=35.所以amn的面积的最大值为12351255=18.3.解(1)由抛物线定义,得|pf|=x0+p2,由题意得2x0=x0+p2,2px0=4,p0,解得p=2,x0=1.所以抛物线c的方程为y2=4x.(2)由题意知,过p(1,2)引圆(x-3)2+y2=r2(0-2,所以90,所以|mn|2=|om|2-|on|2=x02+y02-4=2py0+y02-4=16y0y02-4y0+y02-4=16y02y02-4+y02-4=16(y02-4+4)y02-4+y02-4=16+64y02-4+y02-4.令t=y02-4,y03,4,则t5,12,令f(t)=16+t+64t,则f(t)=1-64t2;当t5,8时f(t)0,f(t)单调递减,当t(8,12时f(t)0,f(t)单调递增,又f(5)=16+5+645=1695,f(12)=16+12+6412=10030,y1+y2=2n,y1y2=-4n-8.若设抛物线上存在定点n,使得以ab为直径的圆恒过点n,设n(x0,y0),则y02=2x0,kna=y1-y0x1-x0=y1-y0y122-y022=2y1+y0,同理可得knb=2y2+y0,knaknb=2y1+y02y2+y0=4y1y2+(y1+y2)y0+y02=4-4n-8+2ny0+y02=-1,(2y0-4)n+y02-4=0,2y0-4=0,y02-4=0,解得y0=2,x0=2,在曲线c上存在定点n(2,2),使得以ab为直径的圆恒过点n.3.(1)解由题意,得|bf|=|bo|,则bof为等腰三角形,因为点b的横坐标为12,所以线段of的中点的横坐标为12,从而点f的横坐标为1,即p2=1,所以p=2,故所求抛物线c的方程为y2=4x.(2)证明设切线m的方程为y=kx+b,联立方程y=kx+b,y2=4x,消去y得k2x2+2(kb-2)x+b2=0,(*)由题意知=4(kb-2)2-4k2b2=0,即b=1k,所以方程(*)的根为x=1k2,从而a1k2,2k.直线oa的方程为y=2kx,由y=kx+1k,x=-1,得n-1,1k-k,由y=2kx,x=-1,得m(-1,-2k),所以以点n为圆心,以|mn|为半径的圆的方程为(x+1)2+(y-1k+k)2=(k+1k)2,令y=0,得(x+1)2+(k-1k)2=(k+1k)2,解得x=1或x=-3,所以圆n经过x轴上的两个定点(1,0)和(-3,0).4.解(1)设f2(c,0),由bf2f1f2=0,得bf2f1f2.将x=c代入x2a2+y2b2=1,得y=b2a,即|bf2|=b2a=32,由b=3,得a=2,所以椭圆c的标准方程为x24+y23=1.(2)设b(x1,y1),m(x2,y2),则a(-x1,-y1),d(x1,0).易知on为abd的中位线,所以n0,-y12,所以sodn=12|x1|-y12=14|x1|y1|=14x1y1.又b(x1,y1)满足x24+y23=1,所以x124+y123=12x12y13=x1y13,得x1y13,故sodn=14x1y134,当且仅当x12=y13,即x1=2,y1=62时,等号成立.所以odn面积的最大值为34.证明:记直线ab的斜率为k=y1x1(k0),则直线ad的斜率为y12x1=k2,所以直线ad的方程为y=k2(x-x1).由y=k2(x-x1),x24+y23=1,消去y得(3+k2)x2-2k2x1x+k2x12-12=0,则(-x1)+x2=2k2x13+k2,所以x2=2k2x13+k2+x1,代入直线ad的方程,得y2=k3x13+k2.于是,直线bm的斜率kbm=y2-y1x2-x1=k3x13+k2-kx12k2x13+k2+x1-x1=-32k.所以直线ab与bm的斜率之积为定值-32.5.(1)解由题意可知:2c=a,2b=23,又a2=b2+c2,有b=3,c=1,a=2,故椭圆c的方程为x24+y23=1.(2)证明由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+1,设a(x1,y1),b(x2,y2)(x1x20),联立直线方程和椭圆方程得y=kx+1,3x2+4y2-12=0,消去y得(4k2+3)x2+8kx-8=0,x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,则有x1+x2=kx1x2,又lbn:y=y2+3x2x-3,lam:y=y1-3x1x+3,由y=y2+3x2x-3,y=y1-3x1x+3,得y-3y+3=y1-3x1x2y2+3,故y-3y+3=kx1+1-3x1x2kx2+1+3=kx1x2+(1-3)x2kx1x2+(1+3)x1,整理得到y=32kx1x2+x1+x2+3(x1-x2)x1-x2+3(x1+x2)=33(x1+x2)+3(x1-x2)x1-x2+3(x1+x2)=3.故点t的纵坐标为3.6.解(1)设动点a的坐标为(x,y),因为a的坐标为(2t2,-2t),所以x=2t2,y=-2t,消去参数t得y2=2x.(2)证明:因为点b在轨迹e上,且纵坐标为2t,所以点b的坐标为2t2,2t.当t=1时,直线ab的方程为x=2.当t1时,直线ab的斜率为kab=yb-yaxb-xa=t1-t2,所以直线ab的方程为y+2t=t1-t2(x-2t2),整理得y=t1-t2(x-2),所以直线ab过定点(2,0).综上,直线ab过定点(2,0).存在.因为a的坐标为(2t2,-2t),且圆a与直线x=-2相切,所以圆a的方程为(x-xa)2+(y-ya)2=(xa+2)2,同理圆b的方程为(x-xb)2+(y-yb)2=(xb+2)2,两圆方程相减得2(xb-xa)x+2(yb-ya)y+ya2-yb2=4xa-4xb,将a(2t2,-2t),b2t2,2t代入并整理得y=t-1t(x+1),由可知直线ab的方程为y=t1-t2(x-2),因为h是两条直线的交点,所以两个方程相乘得y2=-(x-2)(x+1),整理得x-122+y2=94,即点h的轨迹是以12,0为圆心,32为半径的圆,所以存在点p12,0,满足|hp|=32.突破3圆锥曲线中的证明与探索性问题1.(1)解依题意知直线a1n1的方程为y=m6(x+6),直线a2n2的方程为y=-n6(x-6),设q(x,y)是直线a1n1与a2n2交点,相乘,得y2=-mn6(x2-6),由mn=2整理得x26+y22=1,因为n1,n2不与原点重合,可得点a1,a2不在轨迹c上,所以轨迹c的方程为x26+y22=1(x6).(2)证明设l:x=ty+3,代入椭圆方程消去x,得(3+t2)y2+6ty+3=0.设p(x1,y1),q(x2,y2),n(x1,-y1),可得y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3,rp=rq,可得(x1-3,y1)=(x2-3,y2),所以x1-3=(x2-3),y1=y2,证明nf=fq,只要证明(2-x1,y1)=(x2-2,y2),所以2-x1=(x2-2),只要证明x1-3x2-3=-x1-2x2-2,只要证明2t2y1y2+t(y1+y2)=0,由y1+y2=-6tt2+3且y1y2=3t2+3,代入可得2t2y1y2+t(y1+y2)=0,所以nf=fq.2.解(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得m的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线bm的方程为y=12x+1或y=-12x-1.(2)当l与x轴垂直时,ab为mn的垂直平分线,所以abm=abn.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),m(x1,y1),n(x2,y2),则x10,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直线bm,bn的斜率之和为kbm+kbn=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kbm+kbn=0,可知bm,bn的倾斜角互补,所以abm=abn.综上,abm=abn.3.(1)解椭圆c的上顶点a与左、右焦点f1,f2构成一个面积为1的直角三角形,b=c,bc=1,b=c=1,a2=b2+c2=2,椭圆c的方程为x22+y2=1.(2)证明当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=2,点f1,f2到直线l的距离之积为(2-1)(2+1)=1.当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,联立y=kx+m,x22+y2=1,消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,m2=1+2k2.点f1到直线l:y=kx+m的距离d1=|-k+m|k2+1,点f2到直线l:y=kx+m的距离d2=|k+m|k2+1.d1d2=|-k+m|k2+1|k+m|k2+1=|m2-k2|k2+1=|2k2+1-k2|k2+1=1.综上可知,当直线l与椭圆c相切时,点f1,f2到直线l的距离之积为定值1.4.解(1)设m(x0,y0),p(x1,y1),则n(-x0,-y0).联立x02a2+y02b2=1,x12a2+y12b2=1,得(x0+x1)(x0-x1)a2+(y0+y1)(y0-y1)b2=0,即(y0+y1)(y0-y1)(x0+x1)(x0-x1)=-b2a2,又k1k2=-12,a2=2b2,又a2-b2=1,a2=2,b2=1.故椭圆c的标准方程为x22+y2=1.(2)设直线pq的方程为x=ty+1,则直线mn的方程为x=ty.联立x=ty+1,x2+2y2=2,消去x可得(2+t2)y2+2ty-1=0,设q(x2,y2),则=4t2+4(2+t2)=8(1+t2)0,y1+y2=-2t2+t2,y1y2=-12+t2,|pq|=1+t2|y1-y2|=1+t2(y1+y2)2-4y1y2=1+t2-2t2+t22+42+t2=22(1+t2)2+t2.联立x=ty,x2+2y2=2,可得y02=22+t2,所以|mn|=2x02+y02=2(1+t2)y02=22(t2+1)2+t2,故|mn|2|pq|=22为常数.5.解(1)设ab与x轴的交点为h,由题意可知|ah|af2|,则|af1|+|ah|af1|+|af2|=2a,当ab过右焦点f2时,abf1的周长取最大值4a=8,所以a=2,且b=3,所以椭圆c的方程为x24+y23=1.(2)不存在直线l,使得omp的面积为1.理由如下.假设直线l斜率存在且不为0,设直线l:y=kx+t,联立方程组y=kx+t,3x2+4y2=12,消去y得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,由=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-12)=0,得t2=4k2+3,所以xm=-
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