2022年高考數(shù)學大一輪復習 高考大題專項練5 文1.已知橢圓C:=1,過原點O的動直線與橢圓C交于A,B兩點.若點P滿足|PA|=|PB|,求證:為定值.2.已知橢圓C:+y2=1,右焦點為F2.設A,B是C上的兩個動點,線段AB的中點M的橫坐標為-,線段AB的中垂線交橢圓C于P,Q兩點.求的取值范圍.3.已知橢圓C:=1(a>b>0).(1)若橢圓的長軸長為4,離心率為,求橢圓的標準方程;(2)在(1)的條件下,設過定點M(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A,B,且AOB為銳角(其中O為坐標原點),求直線l的斜率k的取值范圍;(3)過原點O任意作兩條互相垂直的直線與橢圓=1(a>b>0)相交于P,S,R,Q四點,設原點O到四邊形PQSR一邊的距離為d,試求d=1時,a,b滿足的條件.4.如圖,設橢圓C:=1(a>b>0),動直線l與橢圓C只有一個公共點P,且點P在第一象限.(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點P的坐標;(2)若過原點O的直線l1與l垂直,證明:點P到直線l1的距離的最大值為a-b.5.已知橢圓C1、拋物線C2的焦點均在x軸上,C1的中心和C2的頂點均為原點O,從每條曲線上取兩個點,將其坐標記錄于下表中:x3-24y-20-4(1)求C1,C2的標準方程;(2)請問是否存在直線l滿足條件:過C2的焦點F;與C1交于不同兩點M,N,且滿足?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由.6.(xx河北唐山二模)已知拋物線E:y2=2px(p>0)的準線與x軸交于點M,過點M作圓C:(x-2)2+y2=1的兩條切線,切點為A,B,|AB|=.(1)求拋物線E的方程;(2)過拋物線E上的點N作圓C的兩條切線,切點分別為P,Q,若P,Q,O(O為原點)三點共線,求點N的坐標.答案：1.證明:由|PA|=|PB|,知P在線段AB的垂直平分線上.由橢圓的對稱性可知A,B關于原點對稱.若A,B在橢圓的短軸頂點上,則點P在橢圓的長軸頂點上,此時=2=2.同理若點A,B在橢圓的長軸頂點上,則點P在短軸頂點上,此時=2=2.當點A,B,P不是橢圓頂點時,設直線l的方程為y=kx(k0),則直線OP的方程為y=-x,設A(x1,y1),由解得.所以|OA|2=|OB|2=,用-代換k,得|OP|2=.所以=2.綜上,為定值2.2.解:由題意,當直線AB垂直于x軸時,直線AB方程為x=-,此時P(-,0),Q(,0),得=-1.當直線AB不垂直于x軸時,設直線AB的斜率為k(k0),M(m0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-1,y1+y2=2m.由得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,則-1+4mk=0,故k=.此時,直線PQ斜率為k1=-4m,PQ的直線方程為y-m=-4m.即y=-4mx-m.聯(lián)立整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.設P(x3,y3),Q(x4,y4),所以x3+x4=-,x3x4=.于是=(x3-1)(x4-1)+y3y4=x3x4-(x3+x4)+1+(4mx3+m)·(4mx4+m)=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)·x3x4+m2+1=+1+m2=.由于M在橢圓的內(nèi)部,故0<m2<.令t=32m2+1,1<t<29,則.又1<t<29,所以-1<.綜上,的取值范圍為.3.解:(1)+y2=1.(2)顯然直線x=0不滿足題設條件,可設直線l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).由得(1+4k2)x2+16kx+12=0.=(16k)2-4×12(1+4k2)>0.k.又x1+x2=,x1x2=,由0°<AOB<90°>0.=x1x2+y1y2>0.=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0.解得-2<k<2,由得k.(3)由橢圓的對稱性可知PQSR是菱形,原點O到各邊的距離相等.當P在y軸上,Q在x軸上時,直線PQ的方程為=1,由d=1得=1.當P不在y軸上時,設直線PS的斜率為k,P(x1,kx1),則直線RQ的斜率為-,Q.由,同理,在RtOPQ中,由d·|PQ|=|OP|·|OQ|,即|PQ|2=|OP|2·|OQ|2,所以(x1-x2)2+=+(kx1)2·,化簡得=1+k2,k2=1+k2,即=1.4.解:(1)設直線l的方程為y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)·x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l與C只有一個公共點,故=0,整理,得b2-m2+a2k2=0,解得點P的坐標為.又點P在第一象限,故點P的坐標為P.(2)由于直線l1過原點O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點P到直線l1的距離d=,整理得d=.因為a2k2+2ab,所以=a-b,當且僅當k2=時等號成立.所以,點P到直線l1的距離的最大值為a-b.5.解:(1)設拋物線C2:y2=2px(p0),則有=2p(x0),據(jù)此驗證4個點知(3,-2),(4,-4)在拋物線上,易求C2:y2=4x.設C1:=1(a>b>0),把點(-2,0),代入得解得故C1方程為+y2=1.(2)(方法一)假設存在這樣的直線l過拋物線焦點F(1,0),設直線l的方程為x-1=my,兩交點坐標為M(x1,y1),N(x2,y2),由消去x,得(m2+4)y2+2my-3=0,則y1+y2=,y1y2=,x1x2=(1+my1)(1+my2)=1+m(y1+y2)+m2y1y2=1+m·+m2·=.由,得=0,得x1x2+y1y2=0.(*)將代入(*)式,得=0,解得m=±,所以假設成立,即存在直線l滿足條件,且l的方程為y=2x-2或y=-2x+2.(方法二)容易驗證直線l的斜率不存在時,不滿足題意.當直線l斜率存在時,假設存在直線l過拋物線焦點F(1,0),設其方程為y=k(x-1),與C1的交點坐標為M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y,得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,于是x1+x2=,x1x2=.y1y2=k(x1-1)·k(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1,即y1y2=k2·=-.由,即=0,得x1x2+y1y2=0.(*)將,代入(*)式,得=0,解得k=±2.所以存在直線l滿足條件,且l的方程為2x-y-2=0或2x+y-2=0.6.解:(1)由已知得M,C(2,0).設AB與x軸交于點R,由圓的對稱性可知,|AR|=.于是|CR|=,所以|CM|=3,即2+=3,p=2.故拋物線E的方程為y2=4x.(2)設N(s,t).P,Q是NC為直徑的圓D與圓C的兩交點.圓D方程為,即x2+y2-(s+2)x-ty+2s=0.又圓C方程為x2+y2-4x+3=0,-得(s-2)x+ty+3-2s=0.P,Q兩點坐標是方程和的解,也是方程的解,從而為直線PQ的方程.因為直線PQ經(jīng)過點O,所以3-2s=0,s=.故點N坐標為.