高考数学 考前三个月复习冲刺 压轴大题突破练2 直线与圆锥曲线（二 ）理试题

1.设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(\r(3),2)，左顶点M到直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1的距离d＝eq\f(4\r(5),5)，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值.2.若直线l：y＝eq\f(\r(3)x,3)－eq\f(2\r(3),3)过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线平行.(1)求双曲线的方程；(2)若过点B(0，b)且与x轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M，N，MN的垂直平分线为m，求直线m在y轴上的截距的取值范围.3.(2015·郑州市第二次质量检测)已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(－2,0)，B(2,0)，直线RA，RB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－eq\f(3,4)，设动点R的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x轴，若直线MN和直线QP交于点S(4,0).问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.4.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0,1)，过点F作直线l交抛物线C于A，B两点.椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，点F是它的一个顶点，且其离心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)分别求抛物线C和椭圆E的方程；(2)经过A，B两点分别作抛物线C的切线l1，l2，切线l1与l2相交于点M.证明：AB⊥MF；(3)椭圆E上是否存在一点M′，经过点M′作抛物线C的两条切线M′A′，M′B′(A′，B′为切点)，使得直线A′B′过点F？若存在，求出抛物线C与切线M′A′，M′B′所围成图形的面积；若不存在，试说明理由.

答案精析压轴大题突破练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.由左顶点M(－a,0)到直线eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋ay－ab＝0的距离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).所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，①当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性，可知x1＝x2，y1＝－y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，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，又点A在椭圆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).此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝eq\f(2\r(5),5).②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，与椭圆方程联立有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).因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥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)，所以点O到直线AB的距离d1＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(2\r(5),5).综上所述，点O到直线AB的距离为定值eq\f(2\r(5),5).2.解(1)由题意，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.故双曲线的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)由(1)知B(0,1)，依题意可设过点B的直线方程为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).设MN的中点为Q(x0，y0)，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3k,1－3k2)，y0＝kx0＋1＝eq\f(1,1－3k2)，故直线m的方程为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).所以直线m在y轴上的截距为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，＋∞).故直线m在y轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞).3.解(1)由题意知x≠±2，且k1＝eq\f(y,x＋2)，k2＝eq\f(y,x－2)，则eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)，整理得，曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0).(2)设MP与x轴交于D(t,0)，则直线MP的方程为x＝my＋t(m≠0)，记M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知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，由根与系数的关系得：y1＋y2＝－eq\f(6mt,3m2＋4)，y1·y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4)，由M，N，S三点共线知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，所以直线MP过定点D(1,0)，同理可得直线NQ也过定点D(1,0)，即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1,0).4.(1)解由已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F(0,1)可得抛物线C的方程为x2＝4y，设椭圆E的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为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.所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明显然直线l的斜率存在，否则直线l与抛物线C只有一个交点，不合题意，故可设直线l的方程为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.∵抛物线C的方程为y＝eq\f(1,4)x2，求导得y′＝eq\f(1,2)x，∴过抛物线C上A、B两点的切线方程分别是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)，解得两条切线l1，l2的交点M的坐标为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)解假设存在点M′满足题意，由(2)知点M′必在直线y＝－1上，又直线y＝－1与椭圆E有唯一交点，故M′的坐标为M′(0，－1)，设过点M′且与抛物线C相切的切线方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，其中点(x0，y0)为切点.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)，即直线A′B′过点F.综上所述，椭圆E上存在一点M′