【步步高】（全国通用）2022版高考数学复习考前三个月压轴大题突破练2直线与圆锥曲线（二）理1.设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左顶点M到直线＋＝1的距离d＝，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＝－过双曲线－＝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.7\n3.(2022·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＝－，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.7\n4.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＝.(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.7\n答案精析压轴大题突破练21.(1)解　由e＝，得c＝a，又b2＝a2－c2，所以b＝a，即a＝2b.由左顶点M(－a,0)到直线＋＝1，即bx＋ay－ab＝0的距离d＝，得＝，即＝，把a＝2b代入上式，得＝，解得b＝1.所以a＝2b＝2，c＝.所以椭圆C的方程为＋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·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，也就是x－y＝0，又点A在椭圆C上，所以＋y＝1，解得|x1|＝|y1|＝.此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，与椭圆方程联立有消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝.因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥OB.所以·＝x1x2＋y1y2＝0.所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.7\n所以(1＋k2)·－＋m2＝0.整理得5m2＝4(k2＋1)，所以点O到直线AB的距离d1＝＝.综上所述，点O到直线AB的距离为定值.2.解　(1)由题意，可得c＝2，＝，所以a2＝3b2，且a2＋b2＝c2＝4，解得a＝，b＝1.故双曲线的方程为－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).由得(1－3k2)x2－6kx－6＝0，所以x1＋x2＝，Δ＝36k2＋24(1－3k2)＝12(2－3k2)>0⇒0<k2<，且1－3k2≠0⇒k2≠.设MN的中点为Q(x0，y0)，则x0＝＝，y0＝kx0＋1＝，故直线m的方程为y－＝－，即y＝－x＋.所以直线m在y轴上的截距为，由0<k2<，且k2≠，得1－3k2∈(－1,0)∪(0,1)，所以∈(－∞，－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＝，k2＝，7\n则·＝－，整理得，曲线C的方程为＋＝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)，由消去x得：(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，由根与系数的关系得：y1＋y2＝－，y1·y2＝，由M，N，S三点共线知kMS＝kNS，即＝，所以y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，所以＝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＋＝1(a>b>0)，半焦距为c.由已知可得：解得a＝2，b＝1.所以椭圆E的方程为＋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)，由消去y并整理得x2－4kx－4＝0，∴x1x2＝－4.∵抛物线C的方程为y＝x2，求导得y′＝x，∴过抛物线C上A、B两点的切线方程分别是y－y1＝x1(x－x1)，y－y2＝x2(x－x2)，7\n即y＝x1x－x，y＝x2x－x，解得两条切线l1，l2的交点M的坐标为，即M，·＝·(x2－x1，y2－y1)＝(x－x)－2＝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＝x0(x－x0)，其中点(x0，y0)为切点.令x＝0，y＝－1，得－1－x＝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′(0，－1)，经过点M′作抛物线C的两条切线M′A′、M′B′(A′、B′为切点)，能使直线A′B′过点F.此时，两切线的方程分别为y＝－x－1和y＝x－1.抛物线C与切线M′A′、M′B′所围成图形的面积为S＝2ʃ[x2－(x－1)]dx＝2|＝.7