2023課標(biāo)版（文理）數(shù)學(xué)高考第一輪專題練習(xí)--解題思維6高考中圓錐曲線解答題的提分策略

1、2023課標(biāo)版（文理）數(shù)學(xué)高考第一輪專題練習(xí)解題思維6高考中圓錐曲線解答題的提分策略1.2022豫北名校聯(lián)考,12分已知拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點為F,點P在E上,直線l:x-y-2=0與E相離,P到直線l的距離為d,且|PF|+d的最小值為322.過E上兩點A,B分別作E的切線,若這兩條切線的交點M恰好在直線l上.(1)求E的方程;(2)設(shè)線段AB中點的縱坐標(biāo)為n,求證:當(dāng)n取得最小值時,MAMB.2.2022長春市質(zhì)量監(jiān)測,12分已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,左、右焦點分別為F1,F2,O為坐標(biāo)原點,點P在橢圓C上,且滿足|P

2、F1|=4,|PF1|PF2|-2PF1·PF2=0.(1)求橢圓C的方程.(2)已知過點(2,0)且不與x軸重合的直線l與橢圓C交于M,N兩點,在x軸上是否存在定點Q,使得MQO=NQO?若存在,求出點Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由.3.數(shù)學(xué)探索,12分在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點,拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,C上的不同兩點M,N同時滿足下列三個條件中的兩個:|FM|+|FN|=|MN|,|OM|=|ON|=|MN|=86,直線MN的方程為y=6p.(1)請分析說明M,N滿足的是哪兩個條件,并求C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)若直線l與C相切于點P,l與橢圓D:x24+

3、y22=1相交于A,B兩點,l與直線y=-2交于點Q,以PQ為直徑的圓與直線y=-2交于Q,Z兩點,求證:直線OZ經(jīng)過線段AB的中點.4.2021廣州市第二次綜合測試,12分已知拋物線C:x2=2py(p>0)上的點到點A(0,p)的距離的最小值為2.(1)求C的方程.(2)若點F是C的焦點,過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,l1與C交于M,N兩點,l2與C交于P,Q兩點,線段MN,PQ的中點分別是S,T,是否存在定圓使得直線ST截該圓所得的線段長恒為定值?若存在,寫出一個定圓的方程;若不存在,說明理由.答 案解題思維6高考中圓錐曲線解答題的提分策略1.(1)由題意,得F(0,p2),

4、且|PF|+d的最小值等于點F到直線l的距離,故|-p2-2|2=322,解得p=2,拋物線E的方程為x2=4y.(4分)(2)由x2=4y,得y=14x2,故y'=12x,設(shè)A(x1,14x12),B(x2,14x22),則過點A,B的切線方程分別為y-14x12=12x1(x-x1),y-14x22=12x2(x-x2),(6分)設(shè)兩切線的交點為M(t,t-2),代入切線方程并整理可得:x12-2tx1+4t-8=0,x22-2tx2+4t-8=0,即x1,x2是方程x2-2tx+4t-8=0的實數(shù)根.則x1+x2=2t,x1x2=4t-8,(8分)則線段AB中點的縱坐標(biāo)n=12(

5、14x12+14x22)=18(x1+x2)2-2x1x2=18(4t2-8t+16)=12(t2-2t+4)=12(t-1)2+32,當(dāng)t=1時,n取最小值32,此時x1x2=-4,(10分)故kMA·kMB=12x1·12x2=14x1x2=-1,(11分)MAMB.(12分)2.(1)由題意得cosF1PF2=PF1·PF2|PF1|PF2|=12,所以F1PF2=60°,(2分)由橢圓的定義,得|PF2|=2a-|PF1|=2a-4,(3分)在F1PF2中,由余弦定理得4c2=16+(2a-4)2-4(2a-4),即c2=a2-6a+12,又ca

6、=12,所以a=4,c=2,b2=12,(5分)所以橢圓C的方程為x216+y212=1.(6分)(2)假設(shè)存在點Q(m,0)滿足題意.當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為x=ty+2(t0),M(x1,y1),N(x2,y2),(7分)由x=ty+2,x216+y212=1,消去x整理得(3t2+4)y2+12ty-36=0,所以y1+y2=-12t3t2+4,y1y2=-363t2+4,(8分)則kMQ+kNQ=y1x1-m+y2x2-m=2ty1y2+(2-m)(y1+y2)(ty1+2-m)(ty2+2-m)=-72t-12(2-m)t(3t2+4)(ty1+2-m)(ty2+2-m

7、).(9分)因為MQO=NQO,所以kMQ+kNQ=0,即-72t-12(2-m)t=0,解得m=8,即Q(8,0).(10分)易知當(dāng)直線l的斜率不存在時,點Q(8,0)滿足題意.(11分)所以存在點Q(8,0),使得MQO=NQO.(12分)3.(1)若同時滿足條件.由|FM|+|FN|=|MN|知MN過焦點F(0,p2).當(dāng)|OM|=|ON|時,|MN|=2p,而|OM|=|ON|=52p|MN|,所以不同時成立.若同時滿足條件.由|FM|+|FN|=|MN|知MN過焦點F(0,p2),顯然,直線y=6p不可能過焦點F(0,p2),所以不同時成立.只能同時滿足條件.因為|OM|=|ON|=

8、|MN|=86,且直線MN的方程為y=6p,所以6p=86cos 30°,解得p=22,所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=42y.(6分)(2)設(shè)P(t,t242),因為C:x2=42y,所以y'=x22,所以直線AB的斜率kAB=t22.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB中點為G,連接OG,則x124+y122=1,x224+y222=1,以上兩式作差,得y1+y2x1+x2=-x1-x22(y1-y2),即直線OG的斜率kOG=-12kAB=-2t.連接PZ,因為PQ為直徑,所以QZPZ,從而Z(t,-2),所以直線OZ的斜率kOZ=-2t,所以kOG=kOZ,所以O(shè),G,

9、Z共線, (兩直線的斜率相等,且有一個公共點O,所以可得三點共線)所以直線OZ經(jīng)過線段AB的中點.(12分)4.(1)設(shè)B(x0,y0)是拋物線C上的點,則x02=2py0,(1分)|AB|=(x0-0)2+(y0-p)2=2py0+y02-2py0+p2=y02+p2.(2分)因為y00,所以當(dāng)y0=0時,|AB|min=p2=p=2,(3分)所以C的方程為x2=4y.(4分)(2)因為點F是C的焦點,所以F(0,1).(5分)根據(jù)題意得,直線l1的斜率存在且不為零,設(shè)l1:y=kx+1,由于l1l2,則l2:y=-1kx+1.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),S(x',y'),由y=kx+1,x2=4y消去y,得x2-4kx-4=0,>0,則x1+x2=4k.(6分)因為S是線段MN的中點,所以x'=x1+x22=2k,y'=kx'+1=2k2+1,所以S(2k,2k2+1).(7分)同理得T(-2k,2k2+1),(用-1k替換點S坐標(biāo)中的k) (8分)則直線ST的斜率k'=(2k2+1)-(2k2+1)2k-(-2k)