统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练51高考大题专练五圆锥曲线的综合运用文.docx

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1、专练51高考大题专练（五）圆锥曲线的综合运用1.2022全国甲卷（文），21 设抛物线C：y22px（p0）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2.2023全国乙卷（文）已知椭圆C：1（ab0）的离心率是，点A（2，0）在C上（1）求C的方程；（2）过点（2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点3.2023全国甲卷（文）已知直线x2y10与抛物线C：

2、y22px（p0）交于A，B两点，|AB|4.（1）求p；（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且0，求MFN面积的最小值4.2022全国乙卷（文），21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5.2023江西省宜春市高三模拟已知点T是圆A：（x1）2y280上的动点，点B（1，0），线段BT的垂直平分线交线段AT于点S，记点S的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过B（1，0）作曲线C的两条弦DE，MN，这两

3、条弦的中点分别为P，Q，若0，求BPQ面积的最大值专练51高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1解析：(1)设M(x1，y1)(y10).当MDx轴时，x1p.由抛物线的定义，得|MF|x1p3，解得p2.故抛物线C的方程为y24x.(2)由(1)知D(2，0)，F(1，0).当直线MN的斜率不存在时，由抛物线的对称性得，此时不取最大值，舍去当直线MN的斜率存在时，由抛物线的对称性知只考虑斜率大于0的情况即可设直线MN的方程为yk(x1)(k0)，M(，y1)，N(，y2)，A(，y3)，B(，y4).由消去x并整理，得y2y40，则y1y2，y1y24.因为kMDkADkAM，所以，得y3.

4、同理可得y4，则kAB.因为tan kMNk，tan kAB，所以tan ()，当且仅当k，即k时，“”成立故取得最大值时，直线MN的斜率为，方程为y(x1).由得则y32()，故A(84，2().又因为直线AB的斜率kAB，所以直线AB的方程为y2()x(84)，即xy40.2解析：(1)因为点A(2，0)在C上，所以1，得b24.因为椭圆的离心率e，所以c2a2，又a2b2c24a2，所以a29，c25，故椭圆C的方程为1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y3k(x2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由，得(4k29)x2(16k224k)x16k248k0，则

5、(16k224k)24(4k29)(16k248k)3648k0，故x1x2，x1x2.直线AP：y(x2)，令x0，解得yM，同理得yN，则yMyN222226.所以MN的中点的纵坐标为3，所以MN的中点为定点(0，3).3解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x2y1代入y22px，得y24py2p0，由116p28p0，得p.由根与系数的关系，可得y1y24p，y1y22p，所以|AB|4，解得p2或p(舍去)，故p2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y24x，则点F(1，0).因为0，所以MFN90，则SMFN|MF|NF|(x31)(x4

6、1)(x3x4x3x41)(*).当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为MFN90，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：yx1，由得x26x10，得或代入(*)式计算易得，当x3x432时，MFN的面积取得最小值，为4(32).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykxm.由得k2x2(42km)xm20，2(42km)24m2k20，则y3y4(kx3m)(kx4m)k2x3x4mk(x3x4)m2.又(x31，y3)(x41，y4)x3x4(x3x4)1y3y40，所以10，化简得m2k26km4.所以SMFN(x3x4

7、x3x41)21.令t，则SMFNt22t1，因为m2k26km4，所以610，即t26t10，得t32或t1284(32).故MFN面积的最小值为4(32).4解析：(1)设椭圆E的方程为mx2ny21(m0，n0，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

8、(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

9、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).5解析：(1)圆A：(x1)2y28的圆心A(1，0)，半径r2，依题意，|SB|ST|，|SB|SA|ST|SA|AT|22|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为2的椭圆，短半轴长

10、b1，所以曲线C的方程为y21.(2)由0知，DEMN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B重合，不能构成三角形，即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为：yk(x1)，由消去y并整理得：(2k21)x24k2x2k220，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE中点P(xP，yP)，则有x1x2，xP，yP，因此，|BP|，直线MN的斜率为，同理可得|BQ|，BPQ面积SBPQ|BP|BQ|，令t|k|2，当且仅当|k|1时取“”，则SBPQ，函数y4t在2，)上单调递增，即当t2时，(4t)min9，所以当t2，即k1时，(SBPQ)max，所以BPQ面积的最大值是.