备战2023年高考数学二轮专题复习高频考点强化训练21(新高考).docx

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1、强化训练21圆锥曲线大题备考第二次作业12022河北张家口三模已知ba0，点A(0，b)，B(0，b)，动点P满足|PA|PB|，点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线ykxm与曲线C相切，与曲线E：1交于M、N两点，且MON(O为坐标原点)，求曲线E的离心率22022福建龙岩一模已知椭圆C：1(ab0)经过点E(，)，左顶点为D，右焦点为F，已知点P(0，)，且D，P，E三点共线(1)求椭圆C的方程；(2)已知经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点B作直线y3的垂线，垂足为G，求证：直线AG过定点3.2022湖南衡阳三模已知抛物线C：yax2(a0)的焦点是F，若过焦点F

2、的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值；(2)设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OMPQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由42022山东淄博一模已知椭圆E：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|4，点P(，1)在椭圆E上(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A，B，求F1AB面积最大时直线l的方程强化训练21圆锥曲线1解析：（1）设P（x，y），由|PA|PB|得

3、，整理得x2y2b2即为曲线C的方程；（2）ykxm与曲线C相切，b，即b2.设M（x1，y1），N（x2，y2），将ykxm代入曲线E整理得：（b2a2k2）x22a2kmx（a2m2a2b2）0，b2a2k20，4a2b2（m2b2a2k2）0，x1x2，x1x2.MON，0，即x1x2y1y20.y1y2（kx1m）（kx2m）k2x1x2km（x1x2）m2，0，整理得，b2，即b22a2，c23a2，e.故曲线E的离心率为.2解析：（1）由题意，将点E（，）代入椭圆的方程，可得1，又由P（0，）是y轴上一点，且P，D，E三点共线，所以，解得a2，代入1，可得b26，所以椭圆C的方程为

4、1.（2）当A（2，0）时，此时直线l的方程为yx，联立方程组，解得x2或x，可得B（，），此时G（，3），直线AG的方程为yx2，当A（0，）时，同理可得B（0，），此时G（0，3），可得直线AG的方程为x0，由，解得x0，y2，即两直线的交点为（0，2），下面证明直线AG经过y轴上定点（0，2）.设直线l的方程为ykx，联立方程组，整理得（4k23）x28kx160，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2，x1x2，G（x2，3），所以直线AG的方程：y3（xx2）.令x0，可得y3.因为kx1x2（x1x2），所以y2.所以直线AG过定点（0，2）.3解析：（1）抛物线C：ya

5、x2（a0）化为标准方程为：x2y，其焦点F（0，），因为斜率一定存在，设其方程为yk1x，联立方程得：，整理得：x2x0，0恒成立其中A（x1，y1），B（x2，y2），x1x2，y1y2k1（x1x2），因为焦点弦长|AB|y1y2，所以当k0时，弦长|AB|min2.所以，实数a的值为.（2）由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为ykxt（t0）.联立方程得：，整理得：x22kx2t0，4k28t0.其中P（x3，y3），Q（x4，y4），x3x42k，x3x42t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以0.又因为x3x4y3y4x3x42t2tt20，因为t0，所以t2.所以直线PQ过定

6、点T（0，2），又因为OMPQ，所以OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|OT|1.所以定点N为（0，1），|MN|为定值1.4解析：（1）因为|F1F2|2c4，可得c2，则F1（2，0）、F2（2，0），由椭圆的定义可得2a|PF1|PF2|2，得a，所以，b，因此，椭圆E的标准方程为1.（2）由题意，设点A（x1，y1）、B（x2，y2），设直线l的方程为xmy2（m0），联立，消去x可得（m23）y24my20，16m28（m23）24（m21）0，由韦达定理可得y1y2，y1y2，所以， SF1AB|F1F2|y1y2|22，令t1，则SF1AB2，当且仅当t时，即当m1时，等号成立，此时直线l的方程为xy20或xy20.