专题04 圆锥曲线（5月刊）（解答题）（新高考地区专用）（解析版）

专题 04 圆锥曲线（解答题）（新高考地区专用） 试题精选 1 、（ 江 苏 省 扬 州 市 2021 届 高 三 第 四 次 模 拟 考 试 试 题 ）（ 本 小 题 满 分 12 分 ） 已 知 椭 圆 C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，M 为椭圆上一点，线段 1MF 与圆 2 2 1x y  相切于 该线段的中点 N ，且 1 2MF F 的面积为 2． （1）求椭圆C 的方程； （2）椭圆C 上是否存在三个点 A ， B ， P ，使得直线 AB 过椭圆C 的左焦点 1F ，且四边形OAPB 是平行 四边形？若存在，求出直线 AB 的方程；若不存在，请说明理由． 【解析】 （1）连接ON ，由 1F N MN ， 1 2OF OF ON  为 1 2MF F 的中位线 ∴ 2 2 2MF ON  且 1 2MF MF ，∴ 1 2 2MF a   1 2 1 2 2 2 2 22MF FS a a       ， ∴ 1 2 2MF MF  ，∴ 2c  ， 2b  椭圆 C 的方程为： 2 2 14 2 x y  （2）设直线 AB 的方程为： 2x my  ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  3 3,P x y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 x my m y my y x y           ，  2 22 2 2 2 0m y my    ∴ 3 1 2 2 2 2 2 my y y m     ， 3 1 2 1 22 2x x x my my        2 1 2 2 2 2 2 4 22 2 2 22 2 mm y y m m        ∴ 2 2 4 2 2 2,2 2 mP m m       ，由 P 在椭圆上     2 2 22 2 32 16 4 2 2 m m m      2m   ，∴存在直线 AB ： 2 2x y   符合题意. 2、（ 2021 届高三下学期模拟试卷（二））（本小题满分 12 分） 已知斜率为 直线交椭圆 )0(3 22  yx 于 A ， B 两点， AB 的垂直平分线与椭圆交于 DC， 两 点，点 ),1( 0yN 是线段 AB 的中点． (1)若 30 y ，求直线 AB 的方程以及  的取值范围； (2)不管  怎么变化，都有 DCBA ,,, 四点共圆，求 0y 的取值范围． 【解析】设 ),( 11 yxA ).,(, 22 yxB (1)当 30 y 时，直线 AB 的方程为 ， 将 AB 方程代入  223 yx 得： ．① 由 ，解得 ，此时 AB 的方程为 x＋y－4=0．…………………2 分 将 代入①，得 .01684 2  xx 由 0)16(1664   ，解得 .12 ………………………………………4 分 (2)设直线 AB 的方程为 ， 将方程代入  223 yx 得： ② 由题意 ，即 ． ……………………………………5 分 ， ，…7 分 所以 CD 中点 P 的横坐标 ， 点 P 到 AB 的距离 d 为 ， …………………9 分 由 DCBA ，，， 四点共圆 222 )2 ||()2 ||( ABdCD  ， 即 ， ③ 不管  怎么变化，都有 A,B,C,D 四点共圆，即上式恒成立，所以 ，解得 ， 此时③式成立，代入②，由 0 得此时 .12 所以 0y 的取值范围为 }3,3{ ． ………………………………………………………12 分 3、（盐城市 2021 届高三年级第三次模拟考试）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点 P 是抛物线 C1：x2＝2py(p＞0)上的一个点，其横坐标为 x0，过点 P 作抛物线C1的切线 l． (1)求直线 l 的斜率(用 x0 与 p 表示)； (2)若椭圆C2：y2 2 ＋x2＝1过点 P，l 与C2的另一个交点为 A，OP 与C2的另一个交点为 B，求证：AB⊥PB． 【解析】 (1)由 x2＝2py，得 y＝ 1 2px2，所以 y′＝1 px， O y x P B A 所以直线 l 的斜率为 1 px0． ……3 分 (2)设 P(x0，y0)，则 B(－x0，－y0)，kPB＝y0 x0 ， 由(1)知 kPA＝1 px0＝ y0 2x0 ， ……5 分 设 A(x1，y1)，所以y0 2 2 ＋x02＝1，y1 2 2 ＋x12＝1， 作差得(y0＋y1)(y0－y1) 2 ＋(x0＋x1)(x0－x1)＝0， 即y0＋y1 x0＋x1 y0－y1 x0－x1 ＝－1 2 ，所以 kPAkAB＝－1 2 ， ……10 分 所以 y0 2x0 kAB＝－1 2 ，即 kAB＝－x0 y0 ， 所以 kPBkAB＝－1，所以 AB⊥PB． ……12 分 4、（南京市 2021 届高三年级第三次模拟考试）．(本小题满分 12 分)在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y2＝4x，经过 P(t，0)(t＞0)的直线 l 与 C 交于 A，B 两点． （1）若 t＝4，求 AP 长度的最小值； （2）设以 AB 为直径的圆交 x 轴于 M，N 两点，问是否存在 t，使得→OM·→ON＝－4？若存在，求出 t 的 值；若不存在，请说明理由． 【解析】 (1)设 A(x1，y1)，则 AP2＝(x1－4)2＋y12＝x12－8x1＋16＋4x1＝x12－4x1＋16，·············· 2 分 当 x1＝2 时，(AP2)min＝12，故 AP 长度的最小值为 2 3． ······························ 4 分 (2)由 l 不与 x 轴重合，故可设直线 l：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 x＝my＋t， y2＝4x， 得 y2－4my－4t＝0， 所以 y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t． ·································································6 分 以 AB 为直径的圆方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0， 令 y＝0，得(x－x1)(x－x2)＋y1y2＝0，即 x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0． 设 M(x3，y3)，N(x4，y4)． 则 x3x4＝x1x2＋y1y2． ·············································································· 8 分 于是→OM·→ON＝x3x4＝x1x2＋y1y2＝y12y22 16 ＋y1y2＝t2－4t． ································· 10 分 令 t2－4t＝－4，解得 t＝2，此时Δ＝16(m2＋2)＞0， 所以存在 t＝2，使得→OM·→ON＝－4． ······················································· 12 分 5、（山东日照市 2021 届高三年级模拟考试）椭圆 E ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ， P 为椭圆短轴上的一个顶点， 1PF 的延长线与椭圆相交于G ， 2PGF△ 的周长为 8， 1 13PF GF ． （1）求椭圆 E 的方程； （2）过椭圆 E 外一点 A 作矩形 ABCD ，使椭圆 E 与矩形 ABCD 的四条边都相切，求矩形 ABCD 面积的 取值范围． 【解析】 （1）由 2PGF△ 的周长 8 为得， 4 8a  ， 2a  ， 由 1 13PF GF 且G 在 1PF 的延长线上，得 1 4 3PG PF  ， 设  0 0,G x y ，则   0 0 4, ,3x y b c b    ， 0 4 3x c  ， 0 1 3y b  ，（不妨设 P 为上顶点）， 由 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ，解得 2 2c  ， 所以 2 2b  ，椭圆 E 的方程为 2 2 14 2 x y  ； （2）设四边形 ABCD 面积为 S ，当四边形 ABCD 的一边与坐标轴平行时，为矩形， 8 2S  ，当四边形 ABCD 的各边与坐标轴不平行时， 根据对称性，设其中一边 AB 所在直线方程为 y kx m  ， 则对边所在直线 CD 方程为 y kx m  ，则另一边 AD 所在直线方程为 1y x nk    ，则 BC 所在直线方 程为 1y x nk    ， 联立 2 2 14 2 x y y kx m       ，得   2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m     ， 得   2 2 2 216 8 1 2 2 0k m k m      ， 2 24 2m k  ，同理 2 2 4 2n k   ， 矩形一边长 1 2 2 1 md k   ，矩形另一边长 2 2 2 1 1 nd k   ， 矩形面积： 2 2 2 1 2 2 22 2 22 2 1 2 12 2 4 18 8 2 11 111 21 k km n kmnkS d d k kk kkk                ． 因为 2 2 1 2kk   ，所以8 2 12S  ． 综上得8 2 12S  ． 7、（山东泰安 2021 届高三四模）已知抛物线 2 : 4C y x . （1）若 C 与圆 2 2:( 4) 13G x y   在第一象限内交于 M ， N 两点，求直线 MN 的方程； （2）直线 l 过点  1,0D  交C 于 A ， B 两点，点 B 关于 x 轴的对称点为 E ，直线 AE 交 x 轴于点 P ，求 证： P 为定点. 【解析】 （1）解：联立   2 2 2 4 , 4 13, 0, y x x y y         解得 1, 2 x y    或 3 2 3, x y   所以 2 3 2 3 13 1MNk    ，可得直线 MN 的方程为   2 3 1 1y x    ， 即 3 1 3 3 0x y     . （2）证明：设直线  : 1l y k x  ，  ,0P t ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  2 2,E x y ， 联立   2 4 , 1 , y x y k x     得  2 2 2 22 4 0k x k x k    ， 所以 0k  ，    22 4 22 4 4 16 1 0k k k       ，即 2 1k  ， 1 2 2 4 2x x k    ， 1 2 1x x  ， 由 A ， P ， E 三点共线得 AP EPk k ，所以 1 2 1 2 y y x t t x   ， 所以     2 1 1 21 1t x x x t x     ， 所以  1 2 1 22 (1 ) 2 0x x t x x t     ， 所以 2 42 (1 ) 2 2 0t tk         ， 解得 1t  ，即点  1,0P ， 所以 P 为定点. 8、（山东省淄博市 2021 届高三数学二模试卷）.已知抛物线 的标准方程是 ݌ ሺ ，过点 ሺͲ 的直线 与抛物线 相交于 Ͳ݌ ， Ͳ݌ 两点，且满足 ݌ ݌ 香䁕 ． （1）求抛物线 的标准方程及准线方程； （2）设垂直于 的直线 和抛物线 有两个不同的公共点 ， ，当 ， 均在以 为直径 的圆上时，求直线 的斜率． 【解析】 （1）解：由题意可知，直线 的斜率存在，设其斜率为 ，则直线 的方程为 ݌ ， 由 ݌ ݌ 消元得： 䁕 ሺ ． ， 䁕 ， 点 Ͳ݌ ， Ͳ݌ 在抛物线 上， ݌ ， ݌ ， 䁕 ݌݌ ， ݌ ݌ 䁕 香䁕 ，解得： 䁕 ， 抛物线 的标准方程为 香݌ ，准线方程为 ݌ ． （2）解：由（1）得：抛物线 的方程为 香݌ ， 若 ሺ ，则直线 与抛物线仅有一个交点，不合题意， ሺ ， 设 Ͳ݌ ， 䁕Ͳ݌䁕 ， ݌䁕݌ 䁕 䁕 香 ，则 䁕 香 ， Ͳ 在以 为直径的圆上， ， ， 即 ሺ ， ሺ ， 香䁕 ሺ 䁕 䁕 䁕 䁕 香䁕 ሺ ，整理得： 香䁕 ሺ 香䁕 䁕 䁕 ሺ ， 由（1）知： 香 ， 香䁕 ， 香 ሺ 䁕 香䁕 ሺ ， 两式作差得： 䁕 香 ， 又 䁕 香 ， 香 香 ，解得： ± . 直线 的斜率为 或 . 9、（2021 年高考数学考前信息必刷卷（江苏专用一））已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左、右焦点分 别为 1F ， 2F ，离心率为 1 2 ，过 1F 作直线l 与椭圆C 交于 A ， B 两点， 2ABF 的周长为 8． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）问： 2ABF 的内切圆面积是否有最大值？若有，试求出最大值；若没有，说明理由． 【解析】 （1） 离心率为 1 2 ce a   ， 2a c ，  2ABF 的周长为 8， 4 8a  ，得 2a  ，  1c  ， 2 2 2 3b a c   ， 因此，椭圆C 的标准方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）设 2ABF 的内切圆半径为 r ， 2 2 2 1 (| | | | | |)2ABFS AF AB BF r     ， 又 2 2| | | | | | 8AF AB BF   ， 2 4ABFS r  ， 要使 2ABF 的内切圆面积最大，只需 2ABFS 的值最大． 设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，直线 : 1l x my  ， 联立 2 2 14 3 1 x y x my       消去 x 得： 2 2(3 4) 6 9 0m y my    ， 易得 0  ，且 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4y y m    ， 所以 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 | | | | ( ) 42ABFS F F y y y y y y        2 2 2 2 2 2 36 36 12 1 (3 4) 3 4 3( 1) 1 m m m m m       ， 设 2 1 1t m   ，则 2 2 12 12 13 1 3 ABF tS t t t     ， 设 13 ( 1)y t tt    ， 2 13 0y t     ，所以 13y t t   在[1, ) 上单调递增， 所以当 1t  ，即 0m  时， 2ABFS 的最大值为 3， 此时 3 4r  ，所以 2ABF 的内切圆面积最大为 9 16  ． 10、（2021 年高考数学考前信息必刷卷（江苏专用二））已知椭圆 2 2 : 2 2 1( 0)x yC a ba b     的左､右焦点分 别是 1 2,F F ，且离心率为 2 2 ，点 M 为椭圆下上动点， 1 2F MF△ 面积的最大值为1． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若 M 是椭圆C 的上顶点，直线 1MF 交椭圆C 于点 N ，过点 1F 的直线 l (直线l 的斜率不为 1)与椭圆C 交于 P Q、 两点，点 P 在点Q 的上方．若 1 1 : 3: 2F MP F NQS S   ，求直线l 的方程． 【解析】 （1） 1 2F MF△ 面积的最 max 1 2 1 1 2 12 2S F F b c b bc       又 2 2 c a  ，所以b c ，解得 1 1 b c    ． 即 2, 1a b  ，故椭圆 C 的标准方程为 2 2 12 x y  ； （2）由题可得直线 1MF 的方程为 1y x  ， 联立 2 2 1 12 y x x y     ，得 4 1,3 3N      ，则 1 1 1 3 NF MF  ， 因为 1 1 : 3: 2F MP F NQS S   ，则 1 1 1 1 1 1 1 2 1sin sin2 3 2NF QF QF N MF PF PF M       ， 得 1 12QF PF ， 当直线l 的斜率为 0 时，不符合题意， 故设直线 l 的方程为    1 1 2 21, , , ,x my P x y Q x y  ，由点 P 在点 Q 的上方，则 2 12y y  联立 2 2 1 12 x my x y     ，得  2 22 2 1 0m y my    ，则 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 my y m y y m        得 1 2 1 2 1 2 12 y y y y y y       ，则 2 2 2 2 12 2 2 m m m       ，得 2 2 14,7 7m m   又 1 2 12 2 02 my y ym      ，则 14 7m  ，不符合题意，所以 14 7m   故直线l 的方程为 7 14 7 0x y   ．