专题06 圆锥曲线解答题-【备考集训】2021-2022学年高二数学上学期专题训练+期中期末全真模拟卷(人教A版2019选择性必修第一册)

专题06 圆锥曲线解答题 知识与技巧典型题一：定点 1.在平面直角坐标系中，抛物线：上一点到焦点的距离.不经过点的直线与交于，. （1）求抛物线的标准方程； （2）若直线，的斜率之和为2，证明：直线过定点. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】 （1）求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义由到准线的距离等于列方程求得的值，即可求解； （2）求出点的坐标，设直线的方程是，，，将直线方程与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用列方程可得，再代入直线方程即可得所过的定点. 【详解】 （1）抛物线：的焦点，准线方程为， 因为抛物线上一点到焦点的距离，由抛物线的定义得，所以. 所以抛物线的标准方程是； （2）将代入可得或（舍），所以点坐标为， 因为直线的斜率不等于，设直线的方程是，，， 联立，得，因为直线与有两个交点，所以，即. 由韦达定理得，因为直线，的斜率之和为2，所以 ，所以，将代入上式可得：，即， 所以直线的方程是，它过定点. 2.已知抛物线C：的焦点为F，M为抛物线C上一点，且. （1）求抛物线C的方程； （2）设直线l：与C交于M.N两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有∠OPM=∠OPN成立？若存在，求出点P的坐标；不存在，请说明理由. 【答案】(1) 抛物线C的方程为：；(2) 存在点P(-4,0) 使得当m变化时，总有∠OPM=∠OPN成立. 【分析】 (1)由结合抛物线定义可得点M到抛物线的准线的距离为4，列方程求p，由此可得抛物线方程；(2)设存在P满足条件，联立直线方程与抛物线方程，求交点M，N的坐标关系，并由∠OPM=∠OPN可得直线OM与直线ON的斜率和为0，由此求出P的坐标. 【详解】 (1)∵ M为抛物线C上一点，且，∴M到抛物线C的准线的距离为4， ∴ ∴ ∴ ，∴抛物线C的方程为：； (2)设存在x轴上的点，使得∠OPM=∠OPN成立， 则直线MP的斜率与直线NP的斜率之和为0，设， 则，化简可得联立直线l与抛物线C的方程可得，化简可得，由已知，为方程的解，∴ ，， ∴ ，∴ ，∴ ∴ 存在点P(-4,0) 使得当m变化时，总有∠OPM=∠OPN成立. 知识与技巧典型题二：面积最值 1.已知直线l： y=x+1与抛物线C： x2=2py（p>0）相交于A， B两点，若AB的中点为N，且抛物线C上存在点M，使得 （O为坐标原点）. （1）求此抛物线的标准方程； （2）若正方形PQHR的三个顶点P， Q， H都在抛物线C上，求正方形PQHR面积的最小值. 【答案】（1）；（2）32. 【分析】 （1）联立方程由点为的中点，求得点N的坐标，再根据，得到M的坐标，代入抛物线方程求解； （2）设，直线的斜率为，根据得到，由，得到，再由得到，然后由正方形的面积为，利用基本不等式求解. 【详解】 （1）设，联立方程组整理得， 则，可得由点为的中点，所以 设，因为，可得，又由点在抛物线：上， 可得，即，解得或（舍去），所以抛物线的标准方程为. （2）设，直线的斜率为，不妨设，则，且， 因为，所以.由，得，即， 即，将代入得，所以， 所以，所以正方形的面积为 ，因为，所以（当且仅当时取等号）. 因为，所以所以（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号），所以正方形的面积的最小值为32. 2.已知椭圆，点､分别是其左､右焦点，点A､B分别为其左､右顶点.若两焦点与短轴两端点围成四边形面积为，且圆为该四边形的内切圆. （1）求椭圆C的方程； （2）若以（1）中较圆的椭圆为研究对象，过的直线交椭圆于两点，求面积的最大值. 【答案】（1）或；（2）. 【分析】 （1）利用题设条件四边形面积为，以及直线与圆相切，列出等量关系，即得解； （2）设直线，与椭圆联立，，借助韦达定理，可得，令，则分析单调性，即得解. 【详解】 （1）设半焦距为，则即，又直线与圆相切， ∴，故，∴，故，故，或，， 椭圆方程为或. （2）较圆的椭圆为根据题意，直线斜率不为0，设直线， 联立方程得， 令，则 易知单调递增， 所以当时，取最大值，此时. 知识与技巧典型题三：圆定点定值 1.已知点P是椭圆上一动点，分别为椭圆的左焦点和右焦点，的最大值为，圆． （1）求椭圆的标准方程； （2）过圆O上任意一点Q作圆的的切线交椭圆C于点M，N，求证：以为直径的圆过点O． 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】 (1)由的最大值为确定出点P的位置，探求出b与半焦距c的关系即可得解； (2)切线MN斜率不存在时，可得，切线MN斜率存在，设出其方程，再与椭圆方程联立，借助韦达定理计算即可得解. 【详解】 (1)当点P在短轴端点处时，最大，而的最大值为，则有，， 所以所求椭圆的标准方程为； (2)过