華師一附中2024屆高三《圓錐曲線大題 每日一題》試卷帶答案

一、解答題(),F2為橢圓C的左（2）已知直線y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點，與y軸交于點M，若存在m，使得 （2）若斜率存在且不經過原點的直線l交橢圓C于P,Q兩點(P,Q異于橢圓C的上、下頂點當△OPQ的面積最大時，求kOP.kOQ的值. 3．已知橢圓C：+=1的離心率為，上頂點為M，下頂點為N，MN=2，設點T(t,2)(t產0)在直線y=2上，過點T的直線TM,TN分別交橢圓C于點E和點F，直線EF與y軸的交點為P.（2）若△NFP的面積為△MEP的面積的2倍，求t的值.雙曲線上的兩點，AB的中點M(1,2).（2）求直線AB方程；(3)如果線段AB的垂直平分線與雙曲線交于C、D兩點，問A、B、C、D四點是否共圓？若共圓證之，若不共圓給予充分理由.（2）如圖所示，記橢圓的左、右頂點分別為A，B，當動點M在定直線x=4上運動時，直線AM，BM分別交橢圓于兩點P和Q（不同于B，A）.證明：點B在以PQ為直徑的圓內.焦點F且與C交于M，N兩點.當直線l垂直于x軸時，MN=12.（2）若直線AM，AN分別交直線x=1于P，Q兩點，求證：A，P，F，Q四點共圓.537．已知在平面直角坐標系中，動點Q(x,y)到F(3,0)的距離與它到直線x53，Q的軌跡為曲線C.的距離之比為（2）過點P,1作直線l與曲線C交于不同的兩點M、N（M、N在y軸右側在線段MPPNMHHNMN上取異于點M、N的點H，且滿足=，證明：點HMPPNMHHN22()22()心率為2.設過F2的直線l交C的右支于P、Q兩點，其中P在第一象限.（2）是否存在常數λ,使得人PF2A=λ人PAF2恒成立？若存在，求出λ的值；否則，說明理由.10．已知拋物線C1的頂點在原點，對稱軸為坐標軸，且過(-1,四點中的兩點.（1）求拋物線C1的方程；（2）若直線l與拋物線C1交于M,N兩點，與拋物線C2：y2=4x交于P,Q兩點，M,P在第一PQMNNQMP象限，N,Q在第四象限，且=2，求PQMNNQMP11．已知F為拋物線C的焦點，過F的直線l交C于A，B兩點，點D在C上，使得ΔABD的重心G在x軸的正半軸上，直線AD，BD分別交x軸于Q，P兩點.O為坐標原點，當（2）記P，G，Q的橫坐標分別為xP，xG，xQ，判斷2xP+2xQ一3xG是否為定值.若是，求出該定值；若不是，請說明理由.四點中的兩點.)作圓的兩條切線，分別交拋物線T于A(x1,y1)，B(x2,y2)和C(x3,y3)，D(x4,y4)四個點，試判斷x1x2x3x4是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，請說明理由.標原點）.（2）過點F1作直線l交橢圓E于B，D兩點，連接AB，AD并延長交拋物線的準線于點M，N，求證：ZMF1N為定值.14．已知拋物線C:x2=2py(p>0)，F為C的焦點，過點F的直線l與C交于H，I兩點，且在H，I兩點處的切線交于點T，當l與y軸垂直時，|HI|=4.2.（2）過焦點F的直線l'，交拋物線E于C、D兩點，直線AC與BD的交點是否在一條直線上．若是，求出該直線的方程；否則，說明理由.參考答案：2(2)-1,-【分析】（1）根據題意，列出關于a,b的方程，代入計算圓方程，結合韋達定理，代入計算，即可得到結果.4()|(2a=4 4b2 4b2(a22設A(x1,y1),B(x2,y2),又M(0,m)，22-4)>0，(-8kmx22\16k2m2\16k2m2-4k2+m2-代入4k2m2+1>0得\k2=m2-m2-14-16m, 42(1)(1)2(1)(1)(1)(1)(1)(1)(2)然后利用橢圓的定義求解；法三：易證MF2LF1F2，MF2=，再求得MF1，然后利用橢圓的定義求解；)，Q(x2,y2)，與橢圓方程聯立，利用韋達222，△OPQ的面積最大求解； 法二：SOPQ=dPQ=.2t.+2t2，利用基本不等式求解；然后由kOP.kOQ=求解.|2|22(a2:橢圓的方程為+=1；法二解：設橢圓的左右焦點分別是F1、F2，2(6)22(6)22a=MF+MF=22FFF22(6)22(6)22a=MF+MF=22FFF2所以13k2+1k2+1222-c2=6-4=2，:橢圓的方程為:橢圓的方程為法三解：設橢圓的左右焦點分別是F1、F2，3因為橢圓過點2 3因為橢圓過點2 223則則即222-c2=6-4=2，即:橢圓的方程為:橢圓的方程為,23t2-6：P,Q異于橢圓C的上、下頂點:t2子2， 6k2-t2+2)則PQ.. 6k2-t2+2)則PQ..33又原點O到l的距離為d=ttk2,法一：故S‘OPQ=22t422，當t221-3k22)△OPQ的面積最大 法二：故S‘OPQ=dPQ=222t2△OPQ的面積最大..tt2MN2MN2程；（2）利用M,N,T的坐標可求出直線TM,TN方程，與橢圓方程聯立即可解得點E和點F坐標，求出直線EF方程可得P0,，分別寫出△NFP和△MEP的面積表達式，解方程即可由題可知MN2b2又離心率e，所以，解得a24；所以橢圓標準方程為y21.所以直線TM的斜率為kTM，直線方程為yx1；同理可得直線TN的斜率為kTN，直線方程為yx1；x22 y12聯立直線TM與橢圓方程41，消去x整理可得x2tyx1t設直線TM,TN分別交橢圓C于點ExE,yE和點FxF,yF，x0；易知xE，即可得E,；x22 y12同理直線TN與橢圓方程43，消去x整理可得x2x0；tyx1t即得xF，即可得F,；..即直線EF與y軸的交點為定點P（|0,24tt2此時△NFP的面積為S‘NFP=根NPxF=根24tt2又△NFP的面積為△MEP的面積的2倍，即S‘NFP=2S‘MEP，可得=2根；(3)共圓，證明過程見解析【分析】（1）利用離心率定義以及雙曲線中a,b,c的關系式即可求得雙曲線方程；點坐標即可求得直線AB的方程；（3）假設A、B、C、D四點共圓，且圓心為P，只需證CD的中點M滿足,y2)，2又AB的中點為M(1,2)，MB+|2MB+|22：AB為圓P的弦，:圓心P在AB垂直平分線CD上，又CD為圓P的弦且垂直平分AB，圓心P為CD中點M，下面只需證CD的中點M滿足MA=MB=MC=MD即可.2,D，:CD的中點M(-3,6)，:MA,:MA=MB=MC=MD，即A、B、C、D四點在以M(-3,6)為圓心，2為半徑的圓上.(2)證明見解析.【分析】（1）把給定點的坐標代入橢圓方程，求出a2,b2即得.（2）設出點M的坐標，求出直線AM,BM的方程，分別與橢圓方程聯立求出點P,Q坐標，再借助向量數量積求解即得.++94b22b2 2b2(a2直線AM,BM斜率分別為kAM=,kBM=，直線AM的方程為y=x+2)，BM的方程為y=x-2)，2)x22)，2)，------則BP.BQ=則有ZPBQ為鈍角，所以點B在以PQ為直徑的圓內.(2)證明見解析（2）討論直線l斜率存在性，設直線l的方程為y=k(x-4)，聯立橢圓，應用韋達定理得2x2=，寫出直線AM，AN求P，Q兩點坐標，結合韋達公式求出1212（2）當直線l斜率存在時，設直線l的方程為y=k(x-4)，3-k2)x2+8k2x-16k2-12=0，Δ=64k4+16(3-k2)(4k2+3)>0,整理得|ly=k(x-4)2xx設M(x1,y1)，N(x2,y2)，所以x1+x2=xx，所以9y1y2所以9y1y23y13y2記直線x=1交x軸于點G，9y1y2x1x229.-36k2k2-32k2-3k2-3,當直線l斜率不存在時，不妨設M(4,6)，N(4,-6)，則P(1,3)，Q(1,-3)，所以|l1+λ|l1|l1+λ|l1-λy所以A，P，F，Q四點共圓.(2)證明見解析【分析】（1）利用距離公式結合已知條件化簡可得出曲線C的方程；（2）設=λ，則=-λ，設點M(x1,y1)、N(x2,y2)、H(x,y)，利用向量的(x1+λx25(x1-λx2|y1+λy2=1|y1-λy2=坐標運算可得出〈|1|y1+λy2=1|y1-λy2=x-y=1，即可證得結論成立.x-32x-32x2-y2=15x-5x-3.x2-y2x2-y2=1.MPMH-------------,設MP-------------,設MP=λPN，則MH=-λHN，PN設點M(x1,y1)、N(x2,y2)、H(x,y)，由=λ可得-x1,1-y1=λx2-,y2-1，由=-λ可得(x-x1,y-y1)=-λ(x2-x,y2-y)，(x1-λx22所以，點H在定直線4x-3y-12=0上.【點睛】方法點睛：本題使用向量方法得到若干方程后，將這些方程進行整體處理，已達到消元的目的，這個方法比聯立方程的計算量要小，不失為一中巧妙的方法.kk1k2x-y42=λ(λ產0)，將點-3,代入計算即可求解；（2）設P(2,t),PA:y-t=k1(x-2)，PB:y-t=k2(x-2)，求出m、n的表達式并分別聯立2k2+4tk-(t2+3)=0的解，根據韋達定理表示出k1+k2、k1k2，代入mn化簡計算即可求解.λ(λ產0)，過點-3,，代入坐標可得-=λ常λ=，21-2k)x2-4k1(t-2k1)所以k1,k2均是方程2k2+4tk-(t2+3)=0的解；(-2k1-2k2-212(t2+3)22(t2+3)22（2)(2)存在，λ=2（2）求得直線PQ不存在斜率時滿足的λ,當斜率存在時，將所求問題，轉化為直線PA,PF2斜率之間的關系，結合點P的坐標滿足曲線C方程，求解即可.故C的標準方程為x2-=1.（2）當直線PQ斜率不存在時，對曲線C:x2故點P的坐標為(2,3)，此時ZPF2A=90。，則存在常數λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2成立；當直線PQ斜率存在時，不妨設點P的坐標為(x,y)，x子2，直線PF2的傾斜角為a，直線PA的傾斜角為β,則ZPF2A=π-a，ZPAF2=β,假設存在常數λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2成立，即π-a=2β,又-kPF-y又-kPF 2kPA;1-kA2·y 2y2y -y2；又點P的坐標滿足x2-=1，則y2=3x2-3，PF故假設成立，存在實數常數λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2成立；綜上所述，存在常數λ=2，使得ZPF2A=2ZPAF2恒成立.(2)【分析】（1）根據拋物線的對稱性，利用代入法進行求解即可；根據直線與拋物線的位置關系得到y(tǒng)1+y2=2m，y3+y4=4m，再結合題目條件利用平面向量共線的性質轉化，可得到y(tǒng)2=-y3，從而解出.【詳解】（1）由拋物線C1的頂點在原點，對稱軸為坐標軸可知，)不可能同時在拋物線C1上，點(-1,1)和點(-1,-2)不可能同時在拋物線C1上，點(2,-2)和點(-1,-2)不可能同時在拋物線C1上，)和點(-1,-2)也不可能同時在拋物線C1上，(-1,1)，(2,-2)兩點分別位于第二、四象限，這樣的拋物線不存在，所以拋物線C1只能過(1,)，(2,-2)，根據兩點位置可設C1:y2=2px(p>0)，所以y2=2x，拋物線過點(2,-2)，滿足題意.綜上，拋物線C1的方程為y2=2x.y3-y4y1-y2【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是由y3-y4y1-y2【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是由2-2my-2t=0，則y1+y2=2m，2NQMP2-x4,y2-y4)=2(x3-x1,y3-y1)，NQMP所以y2-y4=2(y3-y1)，即y2-(4m-y3)=2y3-(2m-y2)，整理得y2=-y3，2y322y32得x33，-2my3-2my3ly3常y3=-8m，所以y2=8m,y1=-6m,y43PQMN-20m10.-14m7.NQMP------=2得到平面向量表達式QN=2MP.(2)-1【分析】（1）先判斷焦點在x軸，再根據拋物線的定義，結合AB=4即可.（2）設直線AB：x=ky+，設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),G(xG,0),P(xP,0),Q(xQ,0)，與拋物線聯立，結合韋達定理，根據題意xP，xG，xQ用y1,y2表示，計算即可.【詳解】（1）依題ΔABD的重心G在x軸的正半軸上，因為三角形的重心一定在三角形內，則拋物線的焦點在x軸上，設拋物線方程為：y2=2px(p>0)，B則拋物線方程為：y2=4x.（2）依題知直線AB的傾斜角不為0，則設直線AB：x=ky+，設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),G(xG,0),P(xP,0),Q(xQ,0)，2-4kx-2=0，|ly23=-4k,x3=4k2，ly1.ly1.y2=-則D(4k2,-4k)，因為A,D,Q三點共線，3-x1,y3-y1)=(,y3-y1),=(x1-xQ,y1)=(xQ,y1)，則//，y1-(y3-y1)(-xQ)=0，當y1時，重心G不會落在x軸上，所以y1則2xP+2xQ-3xG=---3.=--3.則該定值為-1(2)是定值16.【分析】（1）由題意，根據對稱性可知點(-2,1)和點(-2,-2)不可能同時在拋物線T上，點(-2,-2)和點(3,-2)也不可能同時在拋物線T上，分別設拋物線的方程為x2=2py(p>0)和y2=2px(p>0)，再進行檢驗即可求解；（2）設出直線AB的方程，根據點到直線的距離公式求出k1的表達式，同理得到k2的表達式，易知k1,k2是方程(m2-3)k2+6mk+6=0的兩個根，利用韋達定理得到k1+k2和k1k2，將直線AB與拋物線聯立，利用結合韋達定理得到x1x2關于k1的表達式，同理得到x3x4關于k2的表達式，再代入式子進行求解即可.四點中的兩點，由對稱性，點(-2,1)和點(-2,-2)不可能同時在拋物線T上，點(-2,-2)和點(3,-2)也不可能同時在拋物線T上，則拋物線只可能開口向上或開口向右，設T:x2=2py(p>0)，若過點(-2,1)，則4=2p，得p=2，2(1)2:x=4y，拋物線過點（|1,4)|，:2(1)2:y2=x，但拋物線不過點(3,-2)，不合題意.綜上，拋物線T的方程為x2=4y.（2）P(m,-1)，設直線AB:y=k1(x-m)-1，即k1x-y-k1m-1=0，由AB與圓相切得=，:(m2-3)k+6mk1+6:k1,k2是方程(m2-3)k2+6mk+6=0的兩2:x1x2x3x4=(4k1m+4)所以x1x2x3x4為定值16.【點睛】方法點睛：解答直線與拋物線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，強化有關直線與拋物線聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題.(2)證明見解析（2）設直線l為x=ty-1，聯立直線l與橢圓E的方程，由韋達定理結合A,B,M三點共線可--------求出yM，同理求出yN，由向量的數量積求出F1M.F1N=9+yM.yN=0，即可證明.3t22.y29x36 43tx+97t2N)，--------【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關.（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.(2)證明見解析【分析】（1）利用拋物線過的點求拋物線方程；（2）方法一：利用導函數求出拋物線的切線方程，再根據韋達定理以及三角形的全等關系證明，方法二：利用導函數求出拋物線的切線方程，再根據韋達定理以及兩點間的距離該公司證明.