高考?jí)狠S大題突破練(一) 直線與圓錐曲線

壓軸大題突破練壓軸大題突破練(一)直線與圓錐曲線(1)1.在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(1，0)，點(diǎn)B在直線l：x＝－1上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)B與l垂直的直線和線段AB的垂直平分線相交于點(diǎn)M.(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程；(2)過(1)中軌跡E上的點(diǎn)P(1，2)作兩條直線分別與軌跡E相交于C(x1，y1)，D(x2，y2)兩點(diǎn).試探究：當(dāng)直線PC，PD的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)時(shí)，直線CD的斜率是否為定值？若是，求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說明理由.解(1)依題意，得|MA|＝|MB|.∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E是以A(1，0)為焦點(diǎn)，直線l：x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，∴動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程為y2＝4x.(2)∵P(1，2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)在拋物線y2＝4x上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝4x1，①,y\o\al(2,2)＝4x2，②))由①－②得，(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，∴直線CD的斜率為kCD＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2). ③設(shè)直線PC的斜率為k，則PD的斜率為－k，則直線PC方程為y－2＝k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－k＋2，))得ky2－4y－4k＋8＝0.由2＋y1＝eq\f(4,k)，求得y1＝eq\f(4,k)－2，同理可求得y2＝－eq\f(4,k)－2.∴kCD＝eq\f(4,y1＋y2)＝eq\f(4,\f(4,k)－2＋－\f(4,k)－2)＝－1，∴直線CD的斜率為定值－1.2.如圖所示，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上、下頂點(diǎn)分別為A，B，已知點(diǎn)B在直線l：y＝－1上，且橢圓的離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)P是橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，PQ⊥y軸，Q為垂足，M為線段PQ的中點(diǎn)，直線AM交直線l于點(diǎn)C，N為線段BC的中點(diǎn)，求證：OM⊥MN.(1)解依題意，得b＝1.因?yàn)閑＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，又a2－c2＝b2，所以a2＝4.所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)，x0≠0，因?yàn)镻是橢圓上異于A，B的任意一點(diǎn)，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.因?yàn)镻Q⊥y軸，Q為垂足，所以點(diǎn)Q坐標(biāo)為(0，y0).因?yàn)镸為線段PQ的中點(diǎn)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0)).又點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，1)，可得直線AM的方程為y＝eq\f(2y0－1,x0)x＋1.因?yàn)閤0≠0，所以y0≠1，令y＝－1，得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，－1)).因?yàn)辄c(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，－1)，點(diǎn)N為線段BC的中點(diǎn)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,21－y0)，－1)).所以向量eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)，y0＋1)).又eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，y0))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\f(x0,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)－\f(x0,21－y0)))＋y0(y0＋1)＝eq\f(x\o\al(2,0),4)－eq\f(x\o\al(2,0),41－y0)＋yeq\o\al(2,0)＋y0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋y\o\al(2,0)))－eq\f(x\o\al(2,0),41－y0)＋y0＝1－(1＋y0)＋y0＝0.所以O(shè)M⊥MN.3.橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，離心率e＝eq\f(\r(2),2).設(shè)動(dòng)直線l：y＝kx＋m與橢圓E相切于點(diǎn)P且交直線x＝2于點(diǎn)N，△PF1F2的周長(zhǎng)為2(eq\r(2)＋1).(1)求橢圓E的方程；(2)求兩焦點(diǎn)F1、F2到切線l的距離之積；(3)求證：以PN為直徑的圓恒過點(diǎn)F2.(1)解設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,2a＋2c＝2\r(2)＋1，))解得a＝eq\r(2)，c＝1.∴b2＝a2－c2＝1，∴橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m))?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.設(shè)直線l與橢圓E相切于點(diǎn)P(x0，y0)，則Δ＝0，化簡(jiǎn)2k2＋1＝m2，焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2到直線l的距離d1，d2分別為d1＝eq\f(|－k＋m|,\r(k2＋1))，d2＝eq\f(|k＋m|,\r(k2＋1))，則d1·d2＝eq\f(m2－k2,k2＋1)＝eq\f(k2＋1,k2＋1)＝1.(3)證明∵x0＝－eq\f(2km,1＋2k2)＝－eq\f(2k,m)，∴y0＝kx0＋m＝－eq\f(2k2,m)＋m＝eq\f(m2－2k2,m)＝eq\f(1,m)，∴P(－eq\f(2k,m)，eq\f(1,m)).又聯(lián)立y＝kx＋m與x＝2，得到N(2，2k＋m)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(1＋eq\f(2k,m)，－eq\f(1,m))，eq\o(F2N,\s\up6(→))＝(1，2k＋m).∴eq\o(PF2,\s\up6(→))·eq\o(F2N,\s\up6(→))＝(1＋eq\f(2k,m)，－eq\f(1,m))·(1，2k＋m)＝1＋eq\f(2k,m)－eq\f(1,m)(2k＋m)＝1＋eq\f(2k,m)－eq\f(2k,m)－1＝0.∴eq\o(PF2,\s\up6(→))⊥eq\o(F2N,\s\up6(→))，∴以PN為直徑的圓恒過點(diǎn)F2.4.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸長(zhǎng)為2，離心率為eq\f(\r(2),2)，過點(diǎn)M(2，0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；(2)求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的取值范圍；(3)若B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)是N，證明：直線AN恒過一定點(diǎn).(1)解由題意知b＝1，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，得a2＝2c2＝2a2－2b2，故a2＝2.故所求橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)解設(shè)l：y＝k(x－2)，與橢圓C的方程聯(lián)立，消去y得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.由Δ>0得0≤k2<eq\f(1,2).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1－2)(x2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k2(x1＋x2)＋4k2＝eq\f(10k2－2,1＋2k2)＝5－eq\f(7,1＋2k2).∵0≤k2<eq\f(1,2)，∴eq\f(7,2)<eq\f(7,1＋2k2)≤7，故所求范圍是[－2，eq\f(3,2)).(3)證明由對(duì)稱性可知N(x2，－y2)，定點(diǎn)在x軸上，直線AN：y－y1＝eq\f(y1＋y2,x1－x2)(x－x1).令y＝0