2022年二轮复习圆锥曲线的综合应用专题卷 .pdf

学习必备欢迎下载一、选择题1 2016 天津津南一模 平面直角坐标系中，已知两点 A(3,1)， B(1,3)，若点 C 满足OC1OA2OB(O 为原点 )，其中 1，2R，且 121，则点 C 的轨迹是 () A直线B椭圆C圆D双曲线答案A 解析设 C(x，y)，因为 OC1OA2OB，所以 (x，y)1(3,1)2(1,3)，即x312，y132，解得1y3x10，23yx10，又 121，所以y3x103yx101，即 x2y5，所以点 C 的轨迹为直线，故选 A. 22016 长春质检 过双曲线 x2y2151 的右支上一点 P，分别向圆 C1： (x4)2y24 和圆 C2： (x4)2y21 作切线，切点分别为 M，N，则|PM|2|PN|2的最小值为 () A10 B13 C16 D19 答案B 解析由题可知， |PM|2|PN|2(|PC1|24)(|PC2|21)，因此精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 19 页学习必备欢迎下载|PM|2|PN|2 |PC1|2|PC2|23 (|PC1|PC2|)(|PC1|PC2|)32(|PC1|PC2|)32|C1C2|313.故选 B. 32016 山西质检 已知 F1、F2分别是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，且 |F1F2|2，若 P 是该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|2|PF2|，则 PF1F2面积的最大值是 () A1 B.43C.53D2 答案B 解析|PF1|2|PF2|，|PF1|PF2|2a， |PF1|4a，|PF2|2a，设 F1PF2 ， cos 16a24a2424a2a5a214a2， S2 PF1F2124a2asin216a4125a410a2116a41699 a2592169，当且仅当 a259时，等号成立，故 S PF1F2的最大值是43，故选 B. 42016 云南统检 已知双曲线 M 的焦点 F1、F2在 x 轴上，直线7x3y0 是双曲线 M 的一条渐近线，点 P在双曲线 M 上， 且PF1 PF20，如果抛物线 y216x 的准线经过双曲线M 的一个焦点， 那么|PF1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 19 页学习必备欢迎下载| |PF2|() A21 B14 C7 D0 答案B 解析设双曲线方程为x2a2y2b21(a0，b0)，直线 7x3y0 是双曲线 M 的一条渐近线，ba73又抛物线的准线为x4， c4又 a2b2c2由得 a3. 设点 P 为双曲线右支上一点，由双曲线定义得|PF1|PF2|6又PF1 PF20， PF1 PF2，在Rt PF1F2中|PF1|2|PF2|282联立，解得 |PF1| |PF2|14. 二、填空题5 2016 河南洛阳统考 已知 F1、 F2分别是双曲线 3x2y23a2(a0)的左、 右焦点， P 是抛物线 y28ax与双曲线的一个交点，若|PF1|PF2|12，则抛物线的准线方程为_答案x2 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 19 页学习必备欢迎下载解析将双曲线方程化为标准方程得x2a2y23a21，抛物线的准线为 x2a，联立x2a2y23a21，y28ax? x3a，即点 P 的横坐标为 3a.而由|PF1|PF2|12，|PF1|PF2|2a? |PF2|6a，又易知 F2为抛物线的焦点， |PF2|3a2a6a，得 a1，抛物线的准线方程为 x2. 62016 南昌一模 已知抛物线 C：x24y 的焦点为 F，过点 F 且斜率为 1 的直线与抛物线相交于M，N 两点设直线 l 是抛物线 C 的切线，且 lMN，P 为 l 上一点，则 PM PN的最小值为 _答案14 解析由题意知 F(0,1)，所以过点 F 且斜率为 1 的直线方程为 yx1，代入 x24y，整理得 x24x40，解得 x2 2 2，所以可取 M(22 2，32 2)，N(22 2，32 2)，因为 l MN，所以可设l 的方程为 yxm，代入 x24y，整理得 x24x4m0，又直线 l与抛物线相切，所以 (4)24(4m)0，所以 m1，l 的方程为 yx1.设点 P(x，x1)，则PM(2x2 2，4x2 2)，PN(2x2 2， 4x2 2)， PM PN(2x)28(4x)282x212x42(x3)21414. 72016 石家庄质检 设抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过 F 的直线 l 与抛物线交于 A，B 两点， M 为抛物线 C 的准线与 x 轴的交点，若 tanAMB2 2，则|AB|_. 答案8 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 19 页学习必备欢迎下载解析依题意作出图象如图所示，设l：xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y24x，xmy1得，y24my40， y1y24m，y1y24，x1x2y214y2241，x1x2m(y1y2)24m22， tan AMBtan( AMF BMF)，y1x11y2x211y1x11y2x212 2，y1my22 y2my12x11 x21 y1y22 2，y1y24 2m2， 4m214 2m2，m21， |AB|AF|BF|x11x214m248. 三、解答题82016 合肥质检 设 A，B 为抛物线 y2x 上相异两点，其纵坐标分别为 1，2，分别以 A，B 为切点作抛物线的切线l1，l2，设 l1，l2相交于点 P. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 19 页学习必备欢迎下载(1)求点 P 的坐标；(2)M 为 A，B 间抛物线段上任意一点，设PM PA PB，试判断 是否为定值？如果为定值，求出该定值；如果不是定值，请说明理由解(1)知 A(1,1)，B(4，2)，设点 P 坐标为 (xP，yP)，切线 l1：y1k(x1)，联立y1k x1 ，y2x，由抛物线与直线 l1相切，解得 k12，即 l1：y12x12，同理 l2：y14x1，联立 l1，l2的方程，可解得xP2，yP12，即点 P 的坐标为 2，12. (2)设 M(y20，y0)，且 2y01，由PM PA PB得y202，y0123，326，32，即y2023 6 ，y01232 ，解得 y0229， y0129，则 y0231y031，即 为定值 1. 92016 山西四校二联 已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 19 页学习必备欢迎下载为63， 以原点 O 为圆心， 椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线2x2y60 相切(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)已知点 A，B 为动直线 yk(x2)(k0)与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在定点E，使得EA2EA AB为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由解(1)由 e63得ca63，即 c63a.又以原点 O 为圆心， 椭圆 C 的长半轴长为半径的圆为x2y2a2，且该圆与直线 2x2y60 相切，所以 a622 226，代入得 c2，所以 b2a2c22. 所以椭圆 C 的标准方程为x26y221. (2)由x26y221，yk x2得(13k2)x212k2x12k260. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 x1x212k213k2，x1x212k2613k2. 根据题意，假设 x 轴上存在定点 E(m,0)，使得EA2EA AB(EAAB)EAEA EB为定值，则EA EB(x1m，y1)(x2m，y2) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 19 页学习必备欢迎下载(x1m)(x2m)y1y2(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)(4k2m2) 3m212m10 k2 m2613k2，要使上式为定值，即与k 无关，3m212m103(m26)，得 m73. 此时， EA2EA ABm2659， 所以在 x 轴上存在定点 E73，0使得EA2EA AB为定值，且定值为59. 10 2016 云南统考 已知焦点在 y 轴上的椭圆 E 的中心是原点 O，离心率等于32，以椭圆E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4 5.直线 l：ykxm 与 y 轴交于点 P，与椭圆 E 交于 A，B 两个相异点，且 AP PB. (1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在 m，使OA OB4OP？若存在，求 m的取值范围；若不存在，请说明理由解(1)根据已知设椭圆E 的方程为y2a2x2b21(ab0)， 焦距为 2c，由已知得ca32， c32a，b2a2c2a24. 以椭圆E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4 5， 4a2b22 5a4 5， a2，b1. 椭圆E 的方程为 x2y241. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 19 页学习必备欢迎下载(2)根据已知得 P(0，m)，由AP PB，得OPOA (OBOP) OA OB(1 )OP. OA OB4OP， (1 )OP4OP. 若 m0，由椭圆的对称性得 APPB，即OAOB0. m0 能使OA OB4OP成立若 m0，则 1 4，解得 3. 设 A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)，由ykxm，4x2y240，得(k24)x22mkxm240，由已知得 4m2k24(k24)(m24)0，即k2m240，且 x1x22kmk24，x1x2m24k24. 由AP3PB得x13x2，即 x13x2. 3(x1x2)24x1x20，12k2m2k2424 m24k240，即 m2k2m2k240. 当 m21 时，m2k2m2k240 不成立 k24m2m21. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 19 页学习必备欢迎下载 k2m240，4m2m21m240，即4m2m2m210. 1m24，解得 2m1 或 1m2. 综上，当 2m1，或 m0，或 1m2 时，OA OB4OP. 112015 南宁适应性测试 (二)已知抛物线 C：y2x2，直线 l：ykx2 交 C 于 A，B 两点，M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N. (1)证明：抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB平行；(2)是否存在实数 k，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N？若存在，求 k 的值；若不存在，说明理由解(1)证法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 ykx2 代入 y2x2中，得 2x2kx20， x1x2k2. xNxMx1x22k4， N 点的坐标为k4，k28. (2x2)4x， (2x2)xk4k，即抛物线在点 N 处的切线的斜率为k. 直线l：ykx2 的斜率为 k，切线平行于 AB. 证法二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 ykx2 代入 y2x2中，得2x2kx20，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 19 页学习必备欢迎下载 x1x2k2. xNxMx1x22k4， N 点的坐标为k4，k28. 设抛物线在点 N 处的切线 l1的方程为 yk28m xk4，将 y2x2代入上式得 2x2mxmk4k280，直线l1与抛物线 C 相切， m28mk4k28m22mkk2(mk)20， mk，即 l1 AB. (2)假设存在实数 k，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N. M 是 AB的中点，|MN|12|AB|. 由(1)知 yM12(y1y2)12(kx12kx22)12k(x1x2)412k224 k242， MN x 轴， |MN|yMyN|k242k28k2168. |AB|1k2x1x224x1x21k2k224 1 12k21 k216. k216814k21 k216， k 2，存在实数k 2，使以 AB为直径的圆 M 经过点 N. 122016 湖南联考 已知圆 F1：(x1)2y2r2与 F2：(x1)2y2(4r)2(0r|F1F2|，因此曲线 E 是长轴长 2a4，焦距 2c2 的椭圆，且b2a2c23，所以曲线 E 的方程为x24y231. (2)()由曲线 E 的方程得上顶点 M(0，3)，记 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知 x10，x20. 若直线 AB 的斜率不存在，则直线AB的方程为 xx1，故 y1y2，且 y21y223 1x214，因此， kMA kMBy13x1y23x2y213x2134，与已知不符，因此直线AB 的斜率存在设直线 AB：ykxm，代入椭圆 E 的方程x24y231，得(34k2)x28kmx4(m23)0.因为直线 AB 与曲线 E 有公共点 A，B，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 19 页学习必备欢迎下载所以方程有两个非零不等实根x1，x2，所以 x1x28km34k2，x1 x24 m2334k2. 又 kAMy13x1kx1m3x1，kMBy2 3x2kx2m3x2. 由 kAM kBM14得 4(kx1m3)(kx2m3)x1x2， 即(4k21)x1x24k(m3)(x1x2)4(m3)20，所以 4(m23)(4k21)4k(m3)(8km)4(m3)2(34k2)0，化简得 m23 3m60，故 m3或 m2 3. 结合 x1x20 知 m2 3，即直线 AB 恒过定点 N(0,2 3)()由 0 且 m2 3得 k32或 kb0)的离心率是32， 抛物线 E： x22y 的焦点 F 是 C 的一个顶点(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 l 与C 交于不同的两点A，B，线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M. 求证：点 M 在定直线上；直线 l 与 y 轴交于点 G，记PFG 的面积为 S1，PDM 的面积为 S2，求S1S2的最大值及取得最大值时点P 的坐标审题过程切入点由条件求出椭圆方程，设出P 点坐标，求出切线方程后与椭圆方程联立，顺次求点D、M 的坐标关注点利用表面公式表示出S1S2，由函数知识求最值注意设而不求思想的运用 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 19 页学习必备欢迎下载规范解答 (1)由题意知a2b2a32，可得： a24b2，因为抛物线 E 的焦点 F 0，12，所以 b12，a1，所以椭圆 C 的方程为 x24y21. (2)证明：设 P m，m22(m0)由 x22y，可得 yx，所以直线 l 的斜率为 m. 因此直线 l 的方程为 ym22m(xm)，即 ymxm22，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)联立方程x24y21，ymxm22，得(4m21)x24m3xm410. 由 0，得 0m2 5(或 0m22 5)，(*) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 19 页学习必备欢迎下载且 x1x24m34m21，因此 x02m34m21，将其代入 ymxm22，得 y0m22 4m21，因为y0 x014m，所以直线 OD 的方程为 y14mx. 联立方程y14mx，xm，得点 M 的纵坐标 yM14，所以点 M 在定直线 y14上由知直线 l 的方程为 ymxm22. 令 x0，得 ym22，所以 G 0，m22. 又 P m，m22，F 0，12，D2m34m21，m22 4m21，所以 S112 |GF| mm21 m4，S212 |PM| |mx0|122m2142m3m4m21m 2m2128 4m21. 所以S1S22 4m21 m212m212. 设 t2m21. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 19 页学习必备欢迎下载则S1S22t1 t1t22t2t1t21t21t2，当1t12，即 t2 时，S1S2取得最大值94，此时 m22，满足 (*)式，所以 P 点的坐标为22，14，因此S1S2的最大值为94，此时点 P 的坐标为22，14. 模型归纳求圆锥曲线中定点 (定值、定直线 )、最值问题的模型示意图如下：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 19 页学习必备欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 19 页