备战2023年高考数学二轮复习微专题小练习专练48高考大题专练(五)　圆锥曲线的综合运用.docx

专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.已知m>1，直线l：xmy0，椭圆C：y21，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，AF1F2，BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围22021·全国新高考卷在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|MF2|2.记M 的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和3.2020·全国卷已知A，B分别为椭圆E：y21(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点42022·全国甲卷(理)，20设抛物线C：y22px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，|MF|3.(1)求C的方程；(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为，.当取得最大值时，求直线AB的方程5.2020·全国卷已知椭圆C1：1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点若|MF|5，求C1与C2的标准方程62022·新高考卷，21已知双曲线C：1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y±x.(1)求C的方程(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立M在AB上；PQAB；|MA|MB|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分7.2022·全国乙卷(理)，20已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，2)，B(，1)两点(1)求E的方程；(2)设过点P(1，2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足.证明：直线HN过定点82022·新高考卷，21已知点A(2，1)在双曲线C：1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tan PAQ2，求PAQ的面积专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用 参考答案1解析：(1)因为直线l：xmy0经过点F2(，0)，所以，解得m22.又因为m>1，所以m，故直线l的方程为xy10.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2).由消去x，得2y2my10.由m28m28>0，得m2<8.y1y2，y1·y2.由F1(c，0)，F2(c，0)，可知G，H.因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，所以·<0，即x1x2y1y2<0.因为x1x2y1y2y1y2(m21)·，所以(m21)<0.解得m2<4(符合m2<8).又因为m>1，所以实数m的取值范围是(1，2).2解析：(1)因为2<2，所以，轨迹C是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为1，则2a2，可得a1，b 4，所以，轨迹C的方程为x21.(2)设点T，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨设直线AB的方程为ytk1，即yk1xtk1，联立，消去y并整理可得x2k1x2160，设点A，B，则x1>且x2>.由韦达定理可得x1x2，x1x2，所以，····，设直线PQ的斜率为k2，同理可得·，因为··，即，整理可得kk，即0，显然k1k20，故k1k20.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.3解析：(1)由题设得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1).则(a，1)，(a，1).由·8得a218，即a3.所以E的方程为y21.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3<n<3.由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13).直线PB的方程为y(x3)，所以y2(x23).可得3y1(x23)y2(x13).由于y1，故y，可得27y1y2(x13)(x23)，即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2·(m29)0.解得n3(舍去)或n.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.4解析：(1)(方法一)由题意可知，当xp时，y22p2.设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为p，|MD|p，|FD|.在RtMFD中，|FD|2|MD|2|FM|2，即(p)29，解得p2.所以C的方程为y24x.(方法二)抛物线的准线方程为x.当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.此时|MF|p3，所以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1tan ，k2tan .由题意可得k10，k20.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y10，y20，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y30，y40.设直线AB的方程为yk2(xm)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为yk1(x1)，直线MD的方程为yk3(x2)，直线ND的方程为yk4(x2).联立得方程组所以kx2(2k4)xk0，则x1x21.联立得方程组所以kx2(2mk4)xkm20，则x3x4m2.联立得方程组所以kx2(4k4)x4k0，则x1x34.联立得方程组所以kx2(4k4)x4k0，则x2x44.所以M(x1，2)，N(，)，A(，)，B(4x1，4).所以k1，k2，k12k2，所以tan ().因为k12k2，所以k1与k2同号，所以与同为锐角或钝角当取最大值时，tan ()取得最大值所以k20，且当2k2，即k2时，取得最大值易得x3x4m2，又易知m0，所以m4.所以直线AB的方程为xy40.5解析：(1)由已知可设C2的方程为y24cx，其中c.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，；C，D的纵坐标分别为 2c，2c，故|AB|，|CD|4c.由|CD|AB|得4c，即3×22.解得2(舍去)或.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a2c，bc，故C1：1.设M(x0，y0)，则1，y4cx0，故1.由于C2的准线为xc，所以|MF|x0c，而|MF|5，故x05c，代入得1，即c22c30，解得c1(舍去)或c3.所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y212x.6解析：(1)由题意可得解得所以C的方程为x21.(2)当直线PQ斜率不存在时，x1x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为ykxb(k0).联立得方程组消去y并整理，得(3k2)x22kbxb230.则x1x2，x1x2，x1x2.因为x1>x2>0，所以x1x2>0，即k2>3.所以x1x2.设点M的坐标为(xM，yM)，则yMy2(xMx2)，yMy1(xMx1)，两式相减，得y1y22xM(x1x2).因为y1y2(kx1b)(kx2b)k(x1x2)，所以2xMk(x1x2)(x1x2)，解得xM.两式相加，得2yM(y1y2)(x1x2).因为y1y2(kx1b)(kx2b)k(x1x2)2b，所以2yMk(x1x2)(x1x2)2b，解得yMxM.所以点M的轨迹为直线yx，其中k为直线PQ的斜率选择.因为PQAB，所以kABk.设直线AB的方程为yk(x2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA，yA .同理可得xB，yB .此时xAxB，yAyB.因为点M在AB上，且其轨迹为直线yx，所以解得xM，yM，所以点M为AB的中点，即|MA|MB|.选择.当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线yx上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ym(x2)(m0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA，yA .同理可得xB，yB .此时xM，yM.由于点M同时在直线yx上，故6m·2m2，解得km，因此PQAB.选择.因为PQAB，所以kABk.设直线AB的方程为yk(x2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA，yA .同理可得xB，yB .设AB的中点为C(xC，yC)，则xC，yC.因为|MA|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线yyC(xxC)上将该直线方程与yx联立，解得xMxC，yMyC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上7解析：(1)设椭圆E的方程为mx2ny21(m>0，n>0，mn).将点A(0，2)，B(，1)的坐标代入，得解得所以椭圆E的方程为1.(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x1t(y2).联立得方程组消去x并整理，得(4t23)y2(16t28t)y16t216t80，所以y1y2，y1y2.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得，得x0y13.设H(x，y).由，得(y13x1，0)(xy13，yy1)，所以x3y16x1，yy1，所以直线HN的斜率k，所以直线HN的方程为yy2·(xx2).令x0，得y·(x2)y2y22.所以直线NH过定点(0，2).(方法二)由A(0，2)，B(，1)可得直线AB的方程为yx2.a若过点P(1，2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x1.将直线方程x1代入1，可得N(1，)，M(1，).将y代入yx2，可得T(3，).由，得H(52，).此时直线HN的方程为y(2)(x1)，则直线HN过定点(0，2).b若过点P(1，2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0.所以则且x1y2x2y1.联立得方程组，可得T(3，y1).由，得H(3y16x1，y1).则直线HN的方程为yy2(xx2).将点(0，2)的坐标代入并整理，得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120.将代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480，显然成立综上可得，直线HN过定点(0，2).8解析：(1)点A(2，1)在双曲线C：1(a>1)上，1，解得a22.双曲线C的方程为y21.显然直线l的斜率存在，可设其方程为ykxm.联立得方程组消去y并整理，得(12k2)x24kmx2m220.16k2m24(12k2)(2m22)8m2816k2>0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由kAPkAQ0，得0，即(x22)(kx1m1)(x12)(kx2m1)0.整理，得2kx1x2(m12k)(x1x2)4(m1)0，即2k·(m12k)·4(m1)0，即(k1)(m2k1)0.直线l不过点A，k1.(2)设PAQ2，0<<，则tan 22，2，解得tan (负值已舍去).由(1)得k1，则x1x22m22>0，P，Q只能同在双曲线左支或同在右支当P，Q同在左支时，tan 即为直线AP或AQ的斜率设kAP.为双曲线一条渐近线的斜率，直线AP与双曲线只有一个交点，不成立当P，Q同在右支时，tan ()即为直线AP或AQ的斜率设kAP，则kAQ，直线AP的方程为y1(x2)，即yx21.联立得方程组消去y并整理，得3x2(164)x2080，则xP·2，解得xP.|xAxP|2|.同理可得|xAxQ|.tan 22，0<2<，sin 2，SPAQ|AP|·|AQ|·sin 2××|xAxP|××|xAxQ|×sin 2×3××.