华师一附中2024届高三《圆锥曲线大题 每日一题》试卷带答案

一、解答题(),F2为椭圆C的左（2）已知直线y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点，与y轴交于点M，若存在m，使得 （2）若斜率存在且不经过原点的直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q异于椭圆C的上、下顶点当△OPQ的面积最大时，求kOP.kOQ的值. 3．已知椭圆C：+=1的离心率为，上顶点为M，下顶点为N，MN=2，设点T(t,2)(t产0)在直线y=2上，过点T的直线TM,TN分别交椭圆C于点E和点F，直线EF与y轴的交点为P.（2）若△NFP的面积为△MEP的面积的2倍，求t的值.双曲线上的两点，AB的中点M(1,2).（2）求直线AB方程；(3)如果线段AB的垂直平分线与双曲线交于C、D两点，问A、B、C、D四点是否共圆？若共圆证之，若不共圆给予充分理由.（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线x=4上运动时，直线AM，BM分别交椭圆于两点P和Q（不同于B，A）.证明：点B在以PQ为直径的圆内.焦点F且与C交于M，N两点.当直线l垂直于x轴时，MN=12.（2）若直线AM，AN分别交直线x=1于P，Q两点，求证：A，P，F，Q四点共圆.537．已知在平面直角坐标系中，动点Q(x,y)到F(3,0)的距离与它到直线x53，Q的轨迹为曲线C.的距离之比为（2）过点P,1作直线l与曲线C交于不同的两点M、N（M、N在y轴右侧在线段MPPNMHHNMN上取异于点M、N的点H，且满足=，证明：点HMPPNMHHN22()22()心率为2.设过F2的直线l交C的右支于P、Q两点，其中P在第一象限.（2）是否存在常数λ,使得人PF2A=λ人PAF2恒成立？若存在，求出λ的值；否则，说明理由.10．已知抛物线C1的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过(-1,四点中的两点.（1）求抛物线C1的方程；（2）若直线l与抛物线C1交于M,N两点，与抛物线C2：y2=4x交于P,Q两点，M,P在第一PQMNNQMP象限，N,Q在第四象限，且=2，求PQMNNQMP11．已知F为抛物线C的焦点，过F的直线l交C于A，B两点，点D在C上，使得ΔABD的重心G在x轴的正半轴上，直线AD，BD分别交x轴于Q，P两点.O为坐标原点，当（2）记P，G，Q的横坐标分别为xP，xG，xQ，判断2xP+2xQ一3xG是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.四点中的两点.)作圆的两条切线，分别交抛物线T于A(x1,y1)，B(x2,y2)和C(x3,y3)，D(x4,y4)四个点，试判断x1x2x3x4是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，请说明理由.标原点）.（2）过点F1作直线l交椭圆E于B，D两点，连接AB，AD并延长交抛物线的准线于点M，N，求证：ZMF1N为定值.14．已知抛物线C:x2=2py(p>0)，F为C的焦点，过点F的直线l与C交于H，I两点，且在H，I两点处的切线交于点T，当l与y轴垂直时，|HI|=4.2.（2）过焦点F的直线l'，交抛物线E于C、D两点，直线AC与BD的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由.参考答案：2(2)-1,-【分析】（1）根据题意，列出关于a,b的方程，代入计算圆方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.4()|(2a=4 4b2 4b2(a22设A(x1,y1),B(x2,y2),又M(0,m)，22-4)>0，(-8kmx22\16k2m2\16k2m2-4k2+m2-代入4k2m2+1>0得\k2=m2-m2-14-16m, 42(1)(1)2(1)(1)(1)(1)(1)(1)(2)然后利用椭圆的定义求解；法三：易证MF2LF1F2，MF2=，再求得MF1，然后利用椭圆的定义求解；)，Q(x2,y2)，与椭圆方程联立，利用韦达222，△OPQ的面积最大求解； 法二：SOPQ=dPQ=.2t.+2t2，利用基本不等式求解；然后由kOP.kOQ=求解.|2|22(a2:椭圆的方程为+=1；法二解：设椭圆的左右焦点分别是F1、F2，2(6)22(6)22a=MF+MF=22FFF22(6)22(6)22a=MF+MF=22FFF2所以13k2+1k2+1222-c2=6-4=2，:椭圆的方程为:椭圆的方程为法三解：设椭圆的左右焦点分别是F1、F2，3因为椭圆过点2 3因为椭圆过点2 223则则即222-c2=6-4=2，即:椭圆的方程为:椭圆的方程为,23t2-6：P,Q异于椭圆C的上、下顶点:t2子2， 6k2-t2+2)则PQ.. 6k2-t2+2)则PQ..33又原点O到l的距离为d=ttk2,法一：故S‘OPQ=22t422，当t221-3k22)△OPQ的面积最大 法二：故S‘OPQ=dPQ=222t2△OPQ的面积最大..tt2MN2MN2程；（2）利用M,N,T的坐标可求出直线TM,TN方程，与椭圆方程联立即可解得点E和点F坐标，求出直线EF方程可得P0,，分别写出△NFP和△MEP的面积表达式，解方程即可由题可知MN2b2又离心率e，所以，解得a24；所以椭圆标准方程为y21.所以直线TM的斜率为kTM，直线方程为yx1；同理可得直线TN的斜率为kTN，直线方程为yx1；x22 y12联立直线TM与椭圆方程41，消去x整理可得x2tyx1t设直线TM,TN分别交椭圆C于点ExE,yE和点FxF,yF，x0；易知xE，即可得E,；x22 y12同理直线TN与椭圆方程43，消去x整理可得x2x0；tyx1t即得xF，即可得F,；..即直线EF与y轴的交点为定点P（|0,24tt2此时△NFP的面积为S‘NFP=根NPxF=根24tt2又△NFP的面积为△MEP的面积的2倍，即S‘NFP=2S‘MEP，可得=2根；(3)共圆，证明过程见解析【分析】（1）利用离心率定义以及双曲线中a,b,c的关系式即可求得双曲线方程；点坐标即可求得直线AB的方程；（3）假设A、B、C、D四点共圆，且圆心为P，只需证CD的中点M满足,y2)，2又AB的中点为M(1,2)，MB+|2MB+|22：AB为圆P的弦，:圆心P在AB垂直平分线CD上，又CD为圆P的弦且垂直平分AB，圆心P为CD中点M，下面只需证CD的中点M满足MA=MB=MC=MD即可.2,D，:CD的中点M(-3,6)，:MA,:MA=MB=MC=MD，即A、B、C、D四点在以M(-3,6)为圆心，2为半径的圆上.(2)证明见解析.【分析】（1）把给定点的坐标代入椭圆方程，求出a2,b2即得.（2）设出点M的坐标，求出直线AM,BM的方程，分别与椭圆方程联立求出点P,Q坐标，再借助向量数量积求解即得.++94b22b2 2b2(a2直线AM,BM斜率分别为kAM=,kBM=，直线AM的方程为y=x+2)，BM的方程为y=x-2)，2)x22)，2)，------则BP.BQ=则有ZPBQ为钝角，所以点B在以PQ为直径的圆内.(2)证明见解析（2）讨论直线l斜率存在性，设直线l的方程为y=k(x-4)，联立椭圆，应用韦达定理得2x2=，写出直线AM，AN求P，Q两点坐标，结合韦达公式求出1212（2）当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-4)，3-k2)x2+8k2x-16k2-12=0，Δ=64k4+16(3-k2)(4k2+3)>0,整理得|ly=k(x-4)2xx设M(x1,y1)，N(x2,y2)，所以x1+x2=xx，所以9y1y2所以9y1y23y13y2记直线x=1交x轴于点G，9y1y2x1x229.-36k2k2-32k2-3k2-3,当直线l斜率不存在时，不妨设M(4,6)，N(4,-6)，则P(1,3)，Q(1,-3)，所以|l1+λ|l1|l1+λ|l1-λy所以A，P，F，Q四点共圆.(2)证明见解析【分析】（1）利用距离公式结合已知条件化简可得出曲线C的方程；（2）设=λ，则=-λ，设点M(x1,y1)、N(x2,y2)、H(x,y)，利用向量的(x1+λx25(x1-λx2|y1+λy2=1|y1-λy2=坐标运算可得出〈|1|y1+λy2=1|y1-λy2=x-y=1，即可证得结论成立.x-32x-32x2-y2=15x-5x-3.x2-y2x2-y2=1.MPMH-------------,设MP-------------,设MP=λPN，则MH=-λHN，PN设点M(x1,y1)、N(x2,y2)、H(x,y)，由=λ可得-x1,1-y1=λx2-,y2-1，由=-λ可得(x-x1,y-y1)=-λ(x2-x,y2-y)，(x1-λx22所以，点H在定直线4x-3y-12=0上.【点睛】方法点睛：本题使用向量方法得到若干方程后，将这些方程进行整体处理，已达到消元的目的，这个方法比联立方程的计算量要小，不失为一中巧妙的方法.kk1k2x-y42=λ(λ产0)，将点-3,代入计算即可求解；（2）设P(2,t),PA:y-t=k1(x-2)，PB:y-t=k2(x-2)，求出m、n的表达式并分别联立2k2+4tk-(t2+3)=0的解，根据韦达定理表示出k1+k2、k1k2，代入mn化简计算即可求解.λ(λ产0)，过点-3,，代入坐标可得-=λ常λ=，21-2k)x2-4k1(t-2k1)所以k1,k2均是方程2k2+4tk-(t2+3)=0的解；(-2k1-2k2-212(t2+3)22(t2+3)22（2)(2)存在，λ=2（2）求得直线PQ不存在斜率时满足的λ,当斜率存在时，将所求问题，转化为直线PA,PF2斜率之间的关系，结合点P的坐标满足曲线C方程，求解即可.故C的标准方程为x2-=1.（2）当直线PQ斜率不存在时，对曲线C:x2故点P的坐标为(2,3)，此时ZPF2A=90。，则存在常数λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2成立；当直线PQ斜率存在时，不妨设点P的坐标为(x,y)，x子2，直线PF2的倾斜角为a，直线PA的倾斜角为β,则ZPF2A=π-a，ZPAF2=β,假设存在常数λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2成立，即π-a=2β,又-kPF-y又-kPF 2kPA;1-kA2·y 2y2y -y2；又点P的坐标满足x2-=1，则y2=3x2-3，PF故假设成立，存在实数常数λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2成立；综上所述，存在常数λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2恒成立.(2)【分析】（1）根据抛物线的对称性，利用代入法进行求解即可；根据直线与抛物线的位置关系得到y1+y2=2m，y3+y4=4m，再结合题目条件利用平面向量共线的性质转化，可得到y2=-y3，从而解出.【详解】（1）由抛物线C1的顶点在原点，对称轴为坐标轴可知，)不可能同时在抛物线C1上，点(-1,1)和点(-1,-2)不可能同时在抛物线C1上，点(2,-2)和点(-1,-2)不可能同时在抛物线C1上，)和点(-1,-2)也不可能同时在抛物线C1上，(-1,1)，(2,-2)两点分别位于第二、四象限，这样的抛物线不存在，所以抛物线C1只能过(1,)，(2,-2)，根据两点位置可设C1:y2=2px(p>0)，所以y2=2x，抛物线过点(2,-2)，满足题意.综上，抛物线C1的方程为y2=2x.y3-y4y1-y2【点睛】关键点睛：本题的关键是由y3-y4y1-y2【点睛】关键点睛：本题的关键是由2-2my-2t=0，则y1+y2=2m，2NQMP2-x4,y2-y4)=2(x3-x1,y3-y1)，NQMP所以y2-y4=2(y3-y1)，即y2-(4m-y3)=2y3-(2m-y2)，整理得y2=-y3，2y322y32得x33，-2my3-2my3ly3常y3=-8m，所以y2=8m,y1=-6m,y43PQMN-20m10.-14m7.NQMP------=2得到平面向量表达式QN=2MP.(2)-1【分析】（1）先判断焦点在x轴，再根据抛物线的定义，结合AB=4即可.（2）设直线AB：x=ky+，设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),G(xG,0),P(xP,0),Q(xQ,0)，与抛物线联立，结合韦达定理，根据题意xP，xG，xQ用y1,y2表示，计算即可.【详解】（1）依题ΔABD的重心G在x轴的正半轴上，因为三角形的重心一定在三角形内，则抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为：y2=2px(p>0)，B则抛物线方程为：y2=4x.（2）依题知直线AB的倾斜角不为0，则设直线AB：x=ky+，设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),G(xG,0),P(xP,0),Q(xQ,0)，2-4kx-2=0，|ly23=-4k,x3=4k2，ly1.ly1.y2=-则D(4k2,-4k)，因为A,D,Q三点共线，3-x1,y3-y1)=(,y3-y1),=(x1-xQ,y1)=(xQ,y1)，则//，y1-(y3-y1)(-xQ)=0，当y1时，重心G不会落在x轴上，所以y1则2xP+2xQ-3xG=---3.=--3.则该定值为-1(2)是定值16.【分析】（1）由题意，根据对称性可知点(-2,1)和点(-2,-2)不可能同时在抛物线T上，点(-2,-2)和点(3,-2)也不可能同时在抛物线T上，分别设抛物线的方程为x2=2py(p>0)和y2=2px(p>0)，再进行检验即可求解；（2）设出直线AB的方程，根据点到直线的距离公式求出k1的表达式，同理得到k2的表达式，易知k1,k2是方程(m2-3)k2+6mk+6=0的两个根，利用韦达定理得到k1+k2和k1k2，将直线AB与抛物线联立，利用结合韦达定理得到x1x2关于k1的表达式，同理得到x3x4关于k2的表达式，再代入式子进行求解即可.四点中的两点，由对称性，点(-2,1)和点(-2,-2)不可能同时在抛物线T上，点(-2,-2)和点(3,-2)也不可能同时在抛物线T上，则抛物线只可能开口向上或开口向右，设T:x2=2py(p>0)，若过点(-2,1)，则4=2p，得p=2，2(1)2:x=4y，抛物线过点（|1,4)|，:2(1)2:y2=x，但抛物线不过点(3,-2)，不合题意.综上，抛物线T的方程为x2=4y.（2）P(m,-1)，设直线AB:y=k1(x-m)-1，即k1x-y-k1m-1=0，由AB与圆相切得=，:(m2-3)k+6mk1+6:k1,k2是方程(m2-3)k2+6mk+6=0的两2:x1x2x3x4=(4k1m+4)所以x1x2x3x4为定值16.【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.(2)证明见解析（2）设直线l为x=ty-1，联立直线l与椭圆E的方程，由韦达定理结合A,B,M三点共线可--------求出yM，同理求出yN，由向量的数量积求出F1M.F1N=9+yM.yN=0，即可证明.3t22.y29x36 43tx+97t2N)，--------【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)证明见解析【分析】（1）利用抛物线过的点求抛物线方程；（2）方法一：利用导函数求出抛物线的切线方程，再根据韦达定理以及三角形的全等关系证明，方法二：利用导函数求出抛物线的切线方程，再根据韦达定理以及两点间的距离该公司证明.