高考數(shù)學 考前三個月復習沖刺 壓軸大題突破練2 直線與圓錐曲線（二 ）理試題

1.設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(3),2)，左頂點M到直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1的距離d＝eq\f(4\r(5),5)，O為坐標原點.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，證明：點O到直線AB的距離為定值.2.若直線l：y＝eq\f(\r(3)x,3)－eq\f(2\r(3),3)過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且與雙曲線的一條漸近線平行.(1)求雙曲線的方程；(2)若過點B(0，b)且與x軸不平行的直線和雙曲線相交于不同的兩點M，N，MN的垂直平分線為m，求直線m在y軸上的截距的取值范圍.3.(2015·鄭州市第二次質(zhì)量檢測)已知平面上的動點R(x，y)及兩定點A(－2,0)，B(2,0)，直線RA，RB的斜率分別為k1，k2，且k1k2＝－eq\f(3,4)，設(shè)動點R的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)四邊形MNPQ的四個頂點均在曲線C上，且MQ∥NP，MQ⊥x軸，若直線MN和直線QP交于點S(4,0).問：四邊形MNPQ兩條對角線的交點是否為定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由.4.已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F(0,1)，過點F作直線l交拋物線C于A，B兩點.橢圓E的中心在原點，焦點在x軸上，點F是它的一個頂點，且其離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)分別求拋物線C和橢圓E的方程；(2)經(jīng)過A，B兩點分別作拋物線C的切線l1，l2，切線l1與l2相交于點M.證明：AB⊥MF；(3)橢圓E上是否存在一點M′，經(jīng)過點M′作拋物線C的兩條切線M′A′，M′B′(A′，B′為切點)，使得直線A′B′過點F？若存在，求出拋物線C與切線M′A′，M′B′所圍成圖形的面積；若不存在，試說明理由.

答案精析壓軸大題突破練21.(1)解由e＝eq\f(\r(3),2)，得c＝eq\f(\r(3),2)a，又b2＝a2－c2，所以b＝eq\f(1,2)a，即a＝2b.由左頂點M(－a,0)到直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0的距離d＝eq\f(4\r(5),5)，得eq\f(|b－a－ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(4\r(5),5)，即eq\f(2ab,\r(a2＋b2))＝eq\f(4\r(5),5)，把a＝2b代入上式，得eq\f(4b2,\r(5)b)＝eq\f(4\r(5),5)，解得b＝1.所以a＝2b＝2，c＝eq\r(3).所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，①當直線AB的斜率不存在時，則由橢圓的對稱性，可知x1＝x2，y1＝－y2.因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，故eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，也就是xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝0，又點A在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，解得|x1|＝|y1|＝eq\f(2\r(5),5).此時點O到直線AB的距離d1＝|x1|＝eq\f(2\r(5),5).②當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因為以AB為直徑的圓過坐標原點O，所以O(shè)A⊥OB.所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.所以(1＋k2)·eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.整理得5m2＝4(k2＋1)，所以點O到直線AB的距離d1＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(2\r(5),5).綜上所述，點O到直線AB的距離為定值eq\f(2\r(5),5).2.解(1)由題意，可得c＝2，eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)，所以a2＝3b2，且a2＋b2＝c2＝4，解得a＝eq\r(3)，b＝1.故雙曲線的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)由(1)知B(0,1)，依題意可設(shè)過點B的直線方程為y＝kx＋1(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)－y2＝1，))得(1－3k2)x2－6kx－6＝0，所以x1＋x2＝eq\f(6k,1－3k2)，Δ＝36k2＋24(1－3k2)＝12(2－3k2)>0?0<k2<eq\f(2,3)，且1－3k2≠0?k2≠eq\f(1,3).設(shè)MN的中點為Q(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3k,1－3k2)，y0＝kx0＋1＝eq\f(1,1－3k2)，故直線m的方程為y－eq\f(1,1－3k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3k,1－3k2)))，即y＝－eq\f(1,k)x＋eq\f(4,1－3k2).所以直線m在y軸上的截距為eq\f(4,1－3k2)，由0<k2<eq\f(2,3)，且k2≠eq\f(1,3)，得1－3k2∈(－1,0)∪(0,1)，所以eq\f(4,1－3k2)∈(－∞，－4)∪(4，＋∞).故直線m在y軸上的截距的取值范圍為(－∞，－4)∪(4，＋∞).3.解(1)由題意知x≠±2，且k1＝eq\f(y,x＋2)，k2＝eq\f(y,x－2)，則eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)，整理得，曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0).(2)設(shè)MP與x軸交于D(t,0)，則直線MP的方程為x＝my＋t(m≠0)，記M(x1，y1)，P(x2，y2)，由對稱性知Q(x1，－y1)，N(x2，－y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,x＝my＋t))消去x得：(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得：y1＋y2＝－eq\f(6mt,3m2＋4)，y1·y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4)，由M，N，S三點共線知kMS＝kNS，即eq\f(y1,x1－4)＝eq\f(－y2,x2－4)，所以y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，所以eq\f(2m3t2－12－6mtt－4,3m2＋4)＝0，即24m(t－1)＝0，t＝1，所以直線MP過定點D(1,0)，同理可得直線NQ也過定點D(1,0)，即四邊形MNPQ兩條對角線的交點是定點，且定點坐標為(1,0).4.(1)解由已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F(0,1)可得拋物線C的方程為x2＝4y，設(shè)橢圓E的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距為c.由已知可得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝1.所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明顯然直線l的斜率存在，否則直線l與拋物線C只有一個交點，不合題意，故可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y并整理得x2－4kx－4＝0，∴x1x2＝－4.∵拋物線C的方程為y＝eq\f(1,4)x2，求導得y′＝eq\f(1,2)x，∴過拋物線C上A、B兩點的切線方程分別是y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，y－y2＝eq\f(1,2)x2(x－x2)，即y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)，解得兩條切線l1，l2的交點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4)))，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，－1))，eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，－2))·(x2－x1，y2－y1)＝eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x\o\al(2,2)－\f(1,4)x\o\al(2,1)))＝0，∴AB⊥MF.(3)解假設(shè)存在點M′滿足題意，由(2)知點M′必在直線y＝－1上，又直線y＝－1與橢圓E有唯一交點，故M′的坐標為M′(0，－1)，設(shè)過點M′且與拋物線C相切的切線方程為y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，其中點(x0，y0)為切點.令x＝0，y＝－1，得－1－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)x0(0－x0)，解得x0＝2或x0＝－2，故不妨取A′(－2,1)，B′(2,1)，即直線A′B′過點F.綜上所述，橢圓E上存在一點M′