统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用理.docx

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1、专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用12023全国甲卷(理)已知直线x2y10与抛物线C：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22023全国乙卷(理)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，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32022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

2、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42023江西省高三联考已知曲线C上任意一点到点F(2，0)的距离比它到y轴的距离大2，过点F(2，0)的直线l与曲线C交于A，B两点(1)求曲线C的方程；(2)若曲线C在A，B处的切线交于点M，求MAB面积的最小值52023江西省宜春模拟已知点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，这两条弦的中点分别为P，Q，若0，求BPQ面积的最大值专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综

3、合运用1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)(x41)(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

4、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(x3x4x3x41)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).2解析：(1)因为点A(2，0)在C上，所以1，得b

5、24.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(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)设椭圆E的方程为mx2ny21(m0，n0，mn).将点A(0，2)，B(，1)的坐标代入，得

6、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

7、，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)x1y2x2y1

8、3y1y2120.将代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480，显然成立综上可得，直线HN过定点(0，2).4解析：(1)设曲线C上任意一点P的坐标为(x，y)，则有：|x|2，当x0时，有y28x；当x0时，有y0，所以曲线的方程为y28x(x0)或y0(x0).(2)由题意设l的方程为xmy2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y28my160，0mR，y1y28m，y1y216，|AB|8(1m2)，设切线MA的方程为yy1k(xx1)(k0)，由y2y8x10，0ky14，切线MA的方程为yy1(xx1)，化简得yy14(xx1)4x，同理可得切线MB的

9、方程为yy24(xx2)4x，由得点M的坐标为M(2，4m)，点M到直线l的距离d4，SMAB|AB|d16(1m2)16，当且仅当m0时等号成立，故MAB面积的最小值为16.5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.