重难点15七种圆锥曲线的应用解题方法(核心考点讲与练)-2024年高考数学一轮复习核心考点讲与练(新高考专用)(解析版).docx

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1、重难点15七种圆锥曲线的应用解题方法（核心考点讲与练）能力拓展题型一：弦长问题一、单选题1（2022福建厦门模拟预测）已知抛物线的准线被圆所截得的弦长为，则（）A1BC2D4【答案】C【分析】有几何关系，圆与抛物线交点的坐标与圆半径满足勾股定理，可求得准线，即可求得p【详解】由题，圆与抛物线都关于x轴对称，故所截得的弦AB与x轴垂直，圆心为原点，圆半径为2，则有，解得，故，得，故选：C2（2022黑龙江哈尔滨三中模拟预测（文）己知直线l过抛物线的焦点，并且与抛物线C交于不同的两点A、B，若为线段的中点，则的值为（）A4B5C6D8【答案】C【分析】先求出抛物线的准线方程，分别过作准线的垂线，垂

2、足分别为，由抛物线的定义可得出答案.【详解】抛物线的准线方程为： 分别过作准线的垂线，垂足分别为则点到准线的距离为 根据抛物线的定义可得,且 所以故选：C3（2022河南郑州三模（文）斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（）A2BCD【答案】D【分析】设直线方程与椭圆方程联立，求得弦长，即可得到最大值.【详解】设两点的坐标分别为，直线l的方程为，由消去y得，则，.，当时，取得最大值，故选:D.二、多选题4（2022河北邯郸二模）已知P是圆O：上的动点，点Q(1，0)，以P为圆心，PQ为半径作圆P，设圆P与圆O相交于A，B两点则下列选项正确的是（）A当P点坐标为(2,0)时，圆P

3、的面积最小B直线AB过定点C点Q到直线AB的距离为定值D【答案】ACD【分析】A由题意圆P的面积最小只需最小，结合圆的性质判断；B应用特殊点，讨论为圆O在x轴交点分别判断直线的位置即可判断；C由两圆相交弦所在直线的求法确定直线，再由点线距离公式判断；D由垂直平分，结合弦心距、半径、弦长关系得到关于圆P半径的表达式，结合二次函数性质求范围.【详解】A：根据圆的性质知：P点坐标为(2,0)时最小，此时圆P的面积最小，正确；B：若圆P的半径为且，如下图，当为圆O在x轴右侧交点，此时，显然直线垂直于x轴，在点右侧；如下图，当为圆O在x轴左侧交点，此时，显然直线也垂直于x轴，在点左侧；所以直线不可能过定

4、点，错误；C：由对称性，不妨设，则，所以圆P方程为，又直线为两圆相交弦，则圆P、圆O相减并整理得：直线，所以Q到直线AB的距离为定值，正确；D：由题意，与交于C且垂直平分，令，则，可得，故，所以，正确；故选：ACD【点睛】关键点点睛：选项C利用两圆相交求相交弦所在直线方程，结合点线距离公式求距离，选项D通过弦心距、弦长、半径的几何关系得到关于圆P半径的表达式.三、填空题5（2022江苏模拟预测）在平面直角坐标系中，已知过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，以为直径的圆分别与x轴交于异于F的P，Q两点，若，则线段的长为_【答案】【分析】作出图形，结合几何性质求出，进而可求出直线的斜率，然

5、后将直线方程与抛物线联立，结合韦达定理即可求出结果.【详解】过点分别作准线的垂线，垂足分别为，过点作的垂线，垂足为，由题意可知，所以，设，所以，且，因此，故，所以，即，因此直线的斜率为，又因为，所以直线的方程为，与抛物线联立，即，设，则，因此，故答案为：.【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式6（2022江苏泰州模拟预测）已知抛物线，直线被抛物线C截得的弦长为8，则抛物线C的准线方程为_【

6、答案】【分析】联立直线方程和抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用弦长可求得，即可求得答案.【详解】由题意得， ，消x可得， ，设，则，故，则准线方程为，故答案为：四、解答题7（2022全国二模（理）已知动圆M经过定点，且与圆相内切(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设点T在上，过点T的两条直线分别交轨迹C于A，B和P，Q两点，且，求直线AB的斜率和直线PQ的斜率之和【答案】(1) (2) 0【分析】（1）设动圆圆心，半径为r，利用椭圆的定义可得到动圆圆心M的轨迹方程.（2）设出AB直线方程和PQ直线方程，分别与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式表示出，即可得到斜率之和.(1)设动圆

7、圆心，半径为r，由题意得：得所以圆心M的轨迹是以，为焦点的椭圆，且故轨迹C方程为(2)设，AB直线方程为，PQ直线方程为，联立相消得，同理，又，又，8（2022陕西西北工业大学附属中学模拟预测（理）已知椭圆：的离心率为，直线交椭圆的弦长为.(1)求椭圆的方程；(2)经过定点的直线交椭圆于两点，椭圆的右顶点为，设直线，的斜率分别为，求证：恒为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】根据韦达定理得弦长公式，结合离心率即可求解，进而得椭圆方程.联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，根据两点的斜率公式，即可化简求解.(1)，则，即为：把代入整理得：，则，这时，所求的方程为：(2)由题意可知，直

8、线斜率存在.设：即代入椭圆方程整理得：，又，同理【方法二】平移坐标轴以为原点，这时的方程为设：代入椭圆方程整理得：，则，这时，9（2022内蒙古满洲里市教研培训中心三模（文）已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，(1)求圆心的轨迹方程(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到4，再利用双曲线的定义求解；（2）设直线为，联立，利用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.(1)解：因为圆C与圆A、圆B外切，设C点坐标，圆C半径为，则，所以0)的焦点F与圆的圆心重合，直线与C

9、交于两点，且满足：(其中O为坐标原点且A、B均不与O重合)，则()AB直线恒过定点CA、B中点轨迹方程：D面积的最小值为16【答案】ABD【分析】求出圆心坐标得抛物线焦点坐标，从而得抛物线方程，直线斜率不为0，设方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理得，由求得，然后可得，并能得出直线所过定点坐标，设中点为，结合韦达定理的结论可求得中点轨迹方程，由两点间距离公式求得，再求得原点到直线的距离可得三角形面积，从而得最小值【详解】圆可化为，则，半径r=1，抛物线的焦点为，抛物线C的方程为，由题可知直线l斜率若存在，则斜率不为0，故设l为，由，得，则，即，则，解得或(舍，否则直线l过原点)，故A正确；直线

10、方程为，恒过定点，故B正确；设中点为，则，消去参数得，故C错误；，原点到直线的距离为，时，为最小值，故D正确故选：ABD【点睛】关键点点睛：关键是设直线l为，通过韦达定理和可求出n的值，从而可判断项AB，通过参数法可以求A、B中点的轨迹方程判断C，结合弦长公式和三角形面积公式即可求出AOB面积，从而判断D二、填空题3（2022河北模拟预测）已知抛物线的焦点为F，A，B为抛物线C上在第一象限的两点，记直线与直线的斜率分别为与，且，则直线恒过定点_.【答案】【分析】设出直线的方程，联立抛物线求得，由求得，即可求出定点坐标.【详解】易知直线的斜率必存在且不为0，设直线，联立抛物线得，又，则，则，又，

11、解得，故直线，恒过定点.故答案为：.4（2022四川遂宁三模（理）已知抛物线：（）的焦点F与圆的圆心重合，直线与C交于、两点，且满足：（其中为坐标原点且A，均不与重合），对于下列命题：，； 直线恒过定点；A，中点轨迹方程：；面积的最小值为16.以上说法中正确的有_.【答案】【分析】求出圆心坐标得抛物线焦点坐标，从而得抛物线方程，直线斜率不为0，设方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理得，由求得，然后可得，并能得出直线所过定点坐标，设设中点为，结合韦达定理的结论可求得中点轨迹方程，由两点间距离公式求得，再求得原点到直线的距离可得三角形面积，从而得最小值【详解】由题意圆：的标准方程是，圆心为，半径为

12、1，所以抛物线的焦点为，抛物线方程为，直线斜率不为0，设方程为，由，得，即所以，或（否则直线过原点），所以，直线方程为，过定点，设中点为，则，消去参数得，原点到直线的距离为，所以，所以时，为最小值正确答案有，故答案为：三、解答题5（2022江西师大附中三模（理）已知椭圆的右焦点为F，上顶点为M，O为坐标原点，若的面积为，且椭圆的离心率为(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F点恰为的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由【答案】(1)(2)存在；【分析】(1)根据题意和椭圆离心率的定义可得，由三角形的面积公式可得，即可求出；(2)设直线，联立椭圆方程，利用韦

13、达定理表示出和，结合垂心的定义可得，根据平面向量数量积的坐标表示列出关于m的方程，解之即可.(1)依题意得，即，则，又，则，所以所求椭圆的方程为(2)由（1）知，故直线MF的斜率为若符合题意的直线l存在，可设直线，由，消去y整理得，则，即又，则，由F点恰为的垂心等价于，即由于，故，所以或当时，直线PQ经过点M，此时不构成三角形，故舍去故直线l的方程为6（2022广东广州三模）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段为垂足，线段上一点满足.记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程；(2)设为原点，曲线与轴正半轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，直线与曲线交于点，与轴交于点，若，求证：直线经过定点.【答案

14、】(1)；(2)见解析【分析】（1）设，由求得，结合圆的方程即可求解；（2）设，由得，设出直线，联立曲线，结合韦达定理表示出，解得，即可得到过定点.(1)由题意，设，又，则，又因为点在圆上，所以，故曲线的方程为；(2)由题意，设，则，易得斜率必然存在，所以，设，由图象易知，直线斜率不存在时不符合题意，设直线的方程为，联立曲线的方程，得，得，所以，由题意知，直线均不过原点，所以，从而，所以，解得，满足，所以直线的方程为，恒过定点.7（2022重庆八中模拟预测）已知抛物线的焦点为F，不过原点的直线l交抛物线C于A，B两不同点，交x轴的正半轴于点D(1)当为正三角形时，求点A的横坐标；(2)若，直线

15、，且和C相切于点E；证明：直线过定点，并求出定点坐标；的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由【答案】(1)3 (2)证明见解析，定点为（1,0），最小值为16【分析】（1）根据抛物线C的方程，可以求得焦点坐标，由 是正三角形，设点A和D的坐标，可以求解；（2）过点A，作准线的垂线，得垂足P，构造平行四边形，设A点的坐标，以A点的纵坐标为参变量，分别计算直线，AE，AB的方程 以及三角形AEB的面积即可.(1) ，抛物线焦点坐标F（1,0），准线方程为x=-1，设A(a，t)，D(m，0)，因为 是正三角形，必有，解得 ，即A点横坐标为3；(2)如图，设A点在第一象限，过A点作准线x=-1的垂线，得垂足P，连接PF， ， ，四边形APFD是平行四边形， ，设A(a，t) ，则P(-1，t)，直线PF的斜率为 ，设 的方程为 ，联立方程，消去x得： ，因为是抛物线C的切线， ， ， ， ，即E点的坐标为 ，直线AE的方程为：，其中 ，化简得：，故AE过定点F（1，0）；直线l的方程为： ，化简得： ，联立方程，消去x得 ， ， ，即A，B两点的纵坐标之差的绝对值为 ，过E点作x轴的平行线交l于H点，则 ， ，用铅垂高水平底的方法计算三角形AEB的面积， ，当且仅当t=2时等号成立， 的最小值为16；综上，A点的横坐标为3，直线AE过