（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（一）直線與圓錐曲線（1）理

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1、（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：壓軸大題突破練（一）直線與圓錐曲線（1）理 1．(2018·唐山模擬)已知點A(－2,0)，點B(－1,0)，點C(1,0)，動圓O′與x軸相切于點A，過點B的直線l1與圓O′相切于點D，過點C的直線l2與圓O′相切于點E(D，E均不同于點A)，且l1與l2交于點P，設(shè)點P的軌跡為曲線Γ. (1)證明：|PB|＋|PC|為定值，并求Γ的方程； (2)設(shè)直線l1與Γ的另一個交點為Q，直線CD與Γ交于M，N兩點，當(dāng)O′，D，C三點共線時，求四邊形MPNQ的面積． 解　(1)由已知可得|PD|＝|PE|， |BA|＝|BD|，|CE|＝|CA

2、|， 所以|PB|＋|PC|＝|PD|＋|DB|＋|PC| ＝|PE|＋|PC|＋|AB| ＝|CE|＋|AB| ＝|AC|＋|AB|＝4>2＝|BC|， 所以點P的軌跡Γ是以B，C為焦點的橢圓(去掉與x軸的交點)， 可求得Γ的方程為＋＝1(y≠0)． (2)由O′，D，C三點共線及圓的幾何性質(zhì)，可知PB⊥CD， 又由直線CE，CA為圓O′的切線， 可知|CE|＝|CA|，|O′A|＝|O′E|， 所以△O′AC≌△O′EC，進而有∠ACO′＝∠ECO′， 所以|PC|＝|BC|＝2， 又由橢圓的定義，|PB|＋|PC|＝4，得|PB|＝2， 所以△PBC為等邊三角形

3、，即點P在y軸上，點P的坐標(biāo)為(0，±)． (ⅰ)當(dāng)點P的坐標(biāo)為(0，)時， ∠PBC＝60°，∠BCD＝30°， 此時直線l1的方程為y＝(x＋1)， 直線CD的方程為y＝－(x－1)， 由整理得5x2＋8x＝0， 得Q， 所以|PQ|＝， 由整理得13x2－8x－32＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＋x2＝，x1x2＝－， |MN|＝ |x1－x2|＝， 所以四邊形MPNQ的面積S＝|PQ|·|MN|＝. (ⅱ)當(dāng)點P的坐標(biāo)為(0，－)時， 由橢圓的對稱性，得四邊形MPNQ的面積為. 綜上，四邊形MPNQ的面積為. 2．(2018·合肥模擬)

4、已知橢圓＋＝1(a>b>1)的離心率為，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2c，⊙F2：(x－c)2＋y2＝1與該橢圓有且只有一個公共點． (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點P(4c,0)的直線與⊙F2相切，且與橢圓相交于A，B兩點，求證：F2A⊥F2B； (3)過點P(4c,0)的直線l與⊙F1：(x＋1)2＋y2＝r2(r>1)相切，且與橢圓相交于A，B兩點，試探究kF2A，kF2B的數(shù)量關(guān)系． (1)解　∵⊙F2與橢圓有且只有一個公共點， ∴公共點為(a,0)或(－a,0)， 若公共點為(－a,0)，則a＋c＝1， 又＝， 解得a＝<1，與a>1矛盾，故公共點

5、為(a,0)． ∴a－c＝1，又e＝＝，∴a＝2，c＝1. 反之，當(dāng)c＝1時，聯(lián)立 解得滿足條件． ∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)證明　∵P(4,0)，設(shè)過P(4,0)的直線l的方程為x＝my＋4， 聯(lián)立 得(4＋3m2)y2＋24my＋36＝0， 由Δ＝576m2－144(4＋3m2)>0，得m2>4. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝－，y1y2＝， 又F2(1,0)， ∴·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝(1＋m2)y1y2＋3m(y1＋y2)＋9 ＝－＋9＝. 由l：x＝my＋4與⊙F2： (x－1)2＋y2＝1相切

6、得m2＝8，滿足m2>4， ∴·＝0，即F2A⊥F2B. (3)解　猜想：＋＝0. 證明如下： 由(2)得＋＝＋ ＝. ∵2my1y2＋3(y1＋y2)＝2m×－＝0， ∴＋＝0. 3．(2018·成都模擬)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1的左、右焦點．若P是該橢圓上的一個動點，·的最大值為1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)直線x＝ky－1與橢圓E交于A，B兩點，點A關(guān)于x軸的對稱點為A′(A′與B不重合)，則直線A′B與x軸是否交于一個定點？若是，請寫出定點坐標(biāo)，并證明你的結(jié)論；若不是，請說明理由． 解　(1)由題意得a＝2，c＝，b<4， ∴F1(－，0)，F(xiàn)2

7、(，0)． 設(shè)P(x，y)， 則＝(－－x，－y)，＝(－x，－y)， 即·＝x2＋y2－(4－b) ＝x2＋b－－4＋b ＝x2＋2b－4， ∵x∈[－2,2]， ∴當(dāng)x＝±2，即點P為橢圓長軸端點時， ·有最大值1， 即1＝×4＋2b－4，解得b＝1， 故所求的橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)由消去x， 整理得(k2＋4)y2－2ky－3＝0， 顯然Δ＝4k2＋12(k2＋4)＝16k2＋48>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A′(x1，－y1)， 故y1＋y2＝，y1·y2＝. ∴經(jīng)過點A′(x1，－y1)，B(x2，y2)的直線方程為

8、＝， 令y＝0， 則x＝y(tǒng)1＋x1 ＝ ＝， 又x1＝ky1－1，x2＝ky2－1， ∴x＝ ＝ ＝ ＝＝－4， 即當(dāng)x＝－4時，y＝0. ∴直線A′B與x軸交于定點(－4,0)． 4．(2018·濟南模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線C：x2＝2py(p>0)，斜率為k(k≠0)的直線l經(jīng)過C的焦點，且與C交于A，B兩點，滿足·＝－. (1)求拋物線C的方程； (2)已知線段AB的垂直平分線與拋物線C交于M，N兩點，R為線段MN的中點，記點R到直線AB的距離為d，若＝，求k的值． 解　(1)由已知，得直線l的方程為y＝kx＋， 設(shè)A，B， 由 得x

9、2－2pkx－p2＝0，(*) x1x2＝－p2，y1y2＝·＝， ·＝x1x2＋y1y2 ＝－p2＋＝－， 由已知得－＝－，即p＝1， ∴拋物線C的方程為x2＝2y. (2)由(1)知，p＝1，C：x2＝2y，l：y＝kx＋， 方程(*)即：x2－2kx－1＝0， x1＋x2＝2k，x1x2＝－1. 設(shè)AB的中點為D(x0，y0)， 則x0＝(x1＋x2)＝k， y0＝kx0＋＝k2＋， ∴AB的垂直平分線MN的方程為 y－＝－(x－k)， 即x＋y－k2－＝0. 將直線MN的方程與C：x2＝2y聯(lián)立， 得x2＋x－2k2－3＝0，(**) 設(shè)M，N， 則R

10、， ∴＝－， ＝－ ＋k2＋ ＝＋k2＋， R點到直線AB：kx－y＋＝0的距離d＝， |AB|＝ ＝ ＝＝2， 所以＝＝， 由已知得＝，即得k＝±1. 把k＝±1代入驗證知(*)與(**)式的判別式都大于零． 5．(2018·甘肅省西北師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，過右焦點F且斜率為1的直線交橢圓C于A，B兩點，N為弦AB的中點，O為坐標(biāo)原點． (1)求直線ON的斜率kON； (2)求證：對于橢圓C上的任意一點M，都存在θ∈[0,2π)，使得＝cos θ＋sin θ成立． (1)解　設(shè)橢圓的焦距為2c， 因為＝， 所以

11、＝， 故有a2＝3b2. 從而橢圓C的方程可化為x2＋3y2＝3b2，① 右焦點F的坐標(biāo)為(b,0)， 據(jù)題意有AB所在的直線方程為y＝x－b.② 由①②得，4x2－6bx＋3b2＝0， Δ＝72b2－4×4×3b2＝24b2>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 弦AB的中點為N(x0，y0)，由根與系數(shù)的關(guān)系得， x0＝＝，y0＝x0－b＝－. 所以kON＝＝－. (2)證明　顯然與可作為平面向量的一組基底， 由平面向量基本定理， 對于這一平面內(nèi)的向量， 有且只有一對實數(shù)λ，μ， 使得等式＝λ＋μ成立． 設(shè)M(x，y)， 由(1)中各點的坐標(biāo)有

12、(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)， 故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2. 又因為點M在橢圓C上， 所以有(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3b2， 整理可得 λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.③ 由(1)可知，x1＋x2＝，x1·x2＝， 所以x1x2＋3y1y2＝x1x2＋3(x1－b)(x2－b) ＝4x1x2－3b(x1＋x2)＋6b2 ＝3b2－9b2＋6b2＝0.④ 又點A，B在橢圓C上， 故有(x＋3y)＝3b2，(x＋3y)＝3b2.⑤ 將④⑤代入③可得，λ2＋μ2＝1. 所以對于橢圓上的每一個點M，總存在一對實數(shù)， 使等式＝λ＋μ成立，且λ2＋μ2＝1. 所以存在θ∈[0,2π)，使得λ＝cos θ，μ＝sin θ. 即對于橢圓C上任意一點M，總存在θ∈[0,2π)， 使得等式＝cos θ＋sin θ成立．