【新高考复习】课时跟踪检测（五十） 全析高考常考的6大题型 作业

课时跟踪检测（五十）全析高考常考的6大题型1．已知抛物线C：x2＝2py(p0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点M.(1)求p的值；(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．解：(1)由题意知，抛物线焦点为0，p2，准线方程为：y＝－p2.焦点到准线的距离为2，即p＝2.(2)抛物线的方程为x2＝4y，即y＝14x2，所以y′＝12x，设A()x1，y1，B()x2，y2，则l1：y－x214＝x12()x－x1，l2：y－x224＝x22()x－x2.由于l1⊥l2，所以x12·x22＝－1，即x1x2＝－4，设直线l方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得y＝kx＋m，x2＝4y，所以x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，所以m＝1，即l：y＝kx＋1，联立方程y＝x12x－x214，y＝x22x－x224得x＝2k，y＝－1，即M()2k，－1.M点到直线l的距离d＝|k·2k＋1＋1|1＋k2＝2|k2＋1|1＋k2，|AB|＝()1＋k2[]x1＋x22－4x1x2＝4()1＋k2，所以S＝12×4()1＋k2×2|k2＋1|1＋k2＝4()1＋k232≥4，当k＝0时，△MAB面积取得最小值4.2．(2020·浙江高考)如图，已知椭圆C1：x22＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．(1)若p＝116，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．解：(1)由p＝116得C2的焦点坐标是132，0.(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0)．将直线l的方程代入椭圆C1：x22＋y2＝1，消去x，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点M的纵坐标yM＝－mtm2＋2.将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，消去x，得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝2pm2＋2m，因此x0＝2pm2＋22m2.由x202＋y20＝1，得1p2＝4m＋2m2＋2m＋2m4≥160，所以当m＝2，t＝105时，p取到最大值1040.3．过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.(1)求p的值；(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．解：(1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2p)，B(2，－2p)，由AO⊥BO得4－4p＝0，可得p＝1，当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4p，x1x2＝y1y224p2＝4，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，可得p＝1，综上所述，p＝1.(2)证明：由(1)知抛物线方程为y2＝2x，由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝y1＋y2x2－x1(x－x1)＝y2＋y1y222－y212x－y212，即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0，又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0，可得直线BD恒过点(－2,0)．4．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个焦点与y2＝8x的焦点重合且点A(2，2)为椭圆上一点．(1)求椭圆方程；(2)过点A任作两条与椭圆C相交且关于x＝2对称的直线，与椭圆C分别交于P，Q两点，求证：直线PQ的斜率是定值．解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为F()2，0，则椭圆C的一个焦点为F()2，0，故a2＝b2＋4，把点A(2，2)代入椭圆方程得4b2＋4＋2b2＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以椭圆C方程为x28＋y24＝1.(2)证明：由题意，可设直线AP的方程为y＝k()x－2＋2，则直线AQ的方程为y＝－k()x－2＋2，设P()x1，y1，Q()x2，y2，则y1＝k()x1－2＋2，y2＝－k()x2－2＋2，把直线AP的方程与椭圆C方程联立得：()1＋2k2x2＋(42k－8k2)x＋(8k2－82k－4)＝0，所以2x1＝8k2－82k－41＋2k2，故x1＝4k2－42k－21＋2k2，同理可得x2＝4k2＋42k－21＋2k2，所以kPQ＝y2－y1x2－x1＝[]－kx2－2＋2－[]k()x1－2＋2x2－x1＝－k()x2＋x1＋4kx2－x1＝k·()x2＋x1－4x1－x2＝k·4k2－42k－21＋2k2＋4k2＋42k－21＋2k2－44k2－42k－21＋2k2－4k2＋42k－21＋2k2＝22，所以直线PQ的斜率是定值22.5．(2021·重庆模拟)已知点E(－2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为－14.(1)求动点P的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．解：(1)当P与点E，F不重合时，kPE·kPF＝－14，得yx＋2·yx－2＝－14，即x24＋y2＝1()y≠0，当P与点E，F重合时，P()－2，0或P()2，0.综上，动点P的轨迹方程为x24＋y2＝1.(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，则对边方程为y＝kx－m，另一边所在的直线为y＝－1kx＋n，则对边方程为y＝－1kx－n，联立x2＋4y2＝4，y＝kx＋m得()1＋4k2x2＋8kmx＋4()m2－1＝0，则Δ＝0，即4k2＋1＝m2.矩形的一边长为d1＝|2m|k2＋1，同理4k2＋1＝n2，矩形的另一边长为d2＝|2n|1k2＋1，S＝d1·d2＝|2m|k2＋1·|2n|1k2＋1＝|4mnk|k2＋1＝4()4k2＋1()k2＋4()k2＋12＝44k4＋17k2＋4()k2＋12＝44＋9k2()k2＋12＝44＋9k2＋1k2＋2∈(]8，10，综上S∈(]8，10.6．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得PA―→·PB―→为定值？若存在，求出点P的坐标和PA―→·PB―→的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵椭圆C的离心率为22，∴a＝2b，∵圆x2＋y2＝b2的圆心到直线x＋y－1＝0的距离为d＝|0＋0－1|2＝22，∴直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为2b2－d2＝2b2－12＝2.解得b＝1，故a＝2b＝2，∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)设P()t，0，A()x1，y1，B()x2，y2，当直线l与x轴不重合时，设l的方程：x＝my＋1.由x＝my＋1，x22＋y2＝1得()m2＋2y2＋2my－1＝0，则y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，∴x1＋x2＝4m2＋2，x1x2＝－3m2m2＋2＋1，PA―→·PB―→＝()x1－t，y1·()x2－t，y2＝x1x2－t()x1＋x2＋t2＋y1y2＝－3m2－4t－1m2＋2＋t2＋1＝－3m2＋4t＋13m2＋2＋t2＋1，当4t＋13＝2，即t＝54时，PA―→·PB―→的值与m无关，此时PA―→·PB―→＝－716.当直线l与x轴重合且t＝54时，PA―→·PB―→＝2－54，0·－2－54，0＝2516－2＝－716.∴存在点P54，0，使得PA―→·PB―→为定值－716.