2023年高考数学二轮优化提升专题训练17:圆锥曲线的综合应用(解答题)含答案解析
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1、专题17 圆锥曲线的综合应用(解答题) 1、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,点Dp,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【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A0,-2,B32,-1两点(1)求E的方程;(2)设过点P1,-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MT=TH证明:直线HN过定点3、【2022年新高考1卷】已知点A
2、(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)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tanPAQ=22,求PAQ的面积4、【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=3x(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Px1,y1,Qx2,y2在C上,且x1x20,y10过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3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
3、答计分.5、【2020年高考全国文21理数20】已知椭圆的离心率为,分别为的左、右顶点(1)求的方程;(2)若点在上,点在直线上,且,求的面积6、(2021年全国高考乙卷数学(文)试题)已知抛物线的焦点F到准线的距离为2(1)求C的方程;(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足,求直线斜率的最大值.7、(2021年全国高考乙卷数学(理)试题)已知抛物线的焦点为,且与圆上点的距离的最小值为(1)求;(2)若点在上,是的两条切线,是切点,求面积的最大值8、(2021年全国新高考卷数学试题)在平面直角坐标系中,已知点、,点的轨迹为.(1)求的方程;(2)设点在直线上,过的两条直线分别交于、两点和
4、,两点,且,求直线的斜率与直线的斜率之和.题型一 圆锥曲线中的最值问题1-1、(2022江苏无锡高三期末)已知椭圆的离心率为,点在椭圆上,点是轴正半轴上的一点,过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.(1)求椭圆的标准方程;(2)求的取值范围.1-2、(2022江苏如皋高三期末)设椭圆经过点M,离心率为.(1)求椭圆E的标准方程;(2)设椭圆E的右顶点为A,过定点且斜率不为0的直线与椭圆E交于B,C两点,设直线AB,AC与直线的交点分别为P,Q,求面积的最小值.题型二 圆锥曲线中的定点问题2-1、(2022江苏扬州高三期末)已知抛物线y22px(p0)的焦点F到准线的距离为2(1)求抛物线的方
5、程;(2)过点P(1,1)作两条动直线l1,l2分别交抛物线于点A,B,C,D设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m,试判断直线m是否经过定点,并说明理由2-2、(2022广东汕尾高三期末)已知点M为直线:x=-2上的动点,N(2,0),过M作直线的垂线l,l交线段MN的垂直平分线于点P,记点P的轨迹为C(1)求曲线C的方程;(2)设O是坐标原点,A,B是曲线C上的两个动点,且,试问直线AB是否过定点?若不过定点,请说明理由;若过定点,请求出定点坐标题型三 圆锥曲线中的定值问题3-1、(2022山东青岛高三期末)已知为坐标原点,点在椭圆上,椭圆的左右焦点分别为,且.(1)求椭
6、圆的标准方程;(2)若点在椭圆上,原点为的重心,证明:的面积为定值.3-2、(2022山东泰安高三期末)设点是椭圆上一动点,分别是椭圆的左,右焦点,射线分别交椭圆于两点,已知的周长为8,且点在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)证明: 为定值.题型四 圆锥曲线中的角度问题4-1、(2022广东东莞高三期末)已知点为椭圆的左顶点,点为右焦点,直线与轴的交点为,且,点为椭圆上异于点的任意一点,直线交于点.(1)求椭圆的标准方程;(2)证明:.4-2、【2022广东省珠海市第二中学10月月考】已知椭圆:的离心率为,点在上.(1)求椭圆的标准方程;(2)设为坐标原点,试判断在椭圆上是否存在三个不同点(其
7、中的纵坐标不相等),满足,且直线与直线倾斜角互补?若存在,求出直线的方程,若不存在,说明理由.题型五 圆锥曲线中的探索性问题5-1、(2022山东淄博高三期末)已知双曲线的左焦点为F,右顶点为A,渐近线方程为,F到渐近线的距离为(1)求C的方程;(2)若直线l过F,且与C交于P,Q两点(异于C的两个顶点),直线x=t与直线AP,AQ的交点分别为M,N是否存在实数t,使得FM+FN=FM-FN?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由5-2、(2021江苏南京市高三三模)在平面直角坐标系中,已知抛物线,经过的直线与交于两点.(1)若,求长度的最小值;(2)设以为直径的圆交轴于两点,问是否存在,使
8、得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.1、(2022南京9月学情【零模】)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:(ab0)的左,右顶点分别为A,BF是椭圆的右焦点,3,3(1)求椭圆C的方程;(2)不过点A的直线l交椭圆C于M,N两点,记直线l,AM,AN的斜率分别为k,k1,k2若k(k1k2)1,证明直线l过定点,并求出定点的坐标2、(2022山东枣庄高三期末)如图,为椭圆的左顶点,过原点且异于轴的直线与椭圆交于两点,直线与圆的另一交点分别为(1)设直线的斜率分别为,证明:为定值;(2)设与的面积分别为,求的最大值3、(2022江苏苏州高三期末)在平面直角坐标系中,已
9、知点,直线与直线的斜率之积为,记动点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程;(2)若点为曲线上的任意一点(不含短轴端点),点,直线与直线交于点,直线与轴交于点,记直线的斜率为,直线的斜率为,求证:为定值4、(2020届山东省烟台市高三上期末)已知椭圆的离心率为,是其右焦点,直线与椭圆交于,两点,.(1)求椭圆的标准方程;(2)设,若为锐角,求实数的取值范围.5、(2022武汉部分学校9月起点质量检测)(12分)已知椭圆E:(ab0)的离心率为,点A(0,1)是椭圆E短轴的一个四等分点(1)求椭圆E的标准方程;(2)设过点A且斜率为k1的动直线与椭圆E交于M,N两点,且点B(0,2),直线BM,BN分别
10、交C:于异于点B的点P,Q,设直线PQ的斜率为k2,求实数,使得k2k1恒成立专题17 圆锥曲线的综合应用(解答题)1、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,点Dp,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【解析】(1)抛物线的准线为x=-p2,当MD与x轴垂直时,点M的横坐标为p,此时|MF|=p+p2=3,所以p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x;(2)设M(y124,y1),N(y224,y2),A(y
11、324,y3),B(y424,y4),直线MN:x=my+1,由x=my+1y2=4x可得y2-4my-4=0,0,y1y2=-4,由斜率公式可得kMN=y1-y2y124-y224=4y1+y2,kAB=y3-y4y324-y424=4y3+y4,直线MD:x=x1-2y1y+2,代入抛物线方程可得y2-4(x1-2)y1y-8=0,0,y1y3=-8,所以y3=2y2,同理可得y4=2y1,所以kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为,,所以kAB=tan=kMN2=tan2,若要使-最大,则(0,2),设kMN=2kAB=2k0,则tan(-)
12、=tan-tan1+tantan=k1+2k2=11k+2k121k2k=24,当且仅当1k=2k即k=22时,等号成立,所以当-最大时,kAB=22,设直线AB:x=2y+n,代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0,0,y3y4=-4n=4y1y2=-16,所以n=4,所以直线AB:x=2y+4.【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简,利用韦达定理得出坐标间的关系.2【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A0,-2,B32,-1两点(1)求E的方程;(2)设过点P1,-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
13、于点T,点H满足MT=TH证明:直线HN过定点【解析】(1)解:设椭圆E的方程为mx2+ny2=1,过A0,-2,B32,-1,则4n=194m+n=1,解得m=13,n=14,所以椭圆E的方程为:y24+x23=1.(2)A(0,-2),B(32,-1),所以AB:y+2=23x,若过点P(1,-2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入x23+y24=1,可得M(1,263),N(1,-263),代入AB方程y=23x-2,可得T(6+3,263),由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程:y=(2-263)x-2,过点(0,-2).若过点P(1,-2)的直线斜率存在,设kx-y-
14、(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4,y1+y2=-8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k-2k2)3k2+4,且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)联立y=y1y=23x-2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6-x1,y1).可求得此时HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2),将(0,-2),代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y
15、1-3y1y2-12=0,将(*)代入,得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立,综上,可得直线HN过定点(0,-2).【点睛】3、【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)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tanPAQ=22,求PAQ的面积【解析】(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上,所以4a2-1a2-1=1,解得a2=2,即双曲线C:x22-y2=1易知直线l的斜率存在,设l:y=kx+m,Px1,y1,Q
16、x2,y2,联立y=kx+mx22-y2=1可得,1-2k2x2-4mkx-2m2-2=0,所以,x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1,=16m2k2+42m2+22k2-10m2-1+2k20所以由kAP+kBP=0可得,y2-1x2-2+y1-1x1-2=0,即x1-2kx2+m-1+x2-2kx1+m-1=0,即2kx1x2+m-1-2kx1+x2-4m-1=0,所以2k2m2+22k2-1+m-1-2k-4mk2k2-1-4m-1=0,化简得,8k2+4k-4+4mk+1=0,即k+12k-1+m=0,所以k=-1或m=1-2k,当m=1-2k时,直线l:y=
17、kx+m=kx-2+1过点A2,1,与题意不符,舍去,故k=-1(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为,0,b0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=3x(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Px1,y1,Qx2,y2在C上,且x1x20,y10过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3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.【解析】(1)右焦点为F(2,0),c=2,渐近线方程为y=3x,ba=3,b=3a,c2=a2+b2=4a2=4,a=1,b=3
18、C的方程为:x2-y23=1;(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零,直线AB的斜率不为零,若选由推或选由推:由成立可知直线AB的斜率存在且不为零;若选推,则M为线段AB的中点,假若直线AB的斜率不存在,则由双曲线的对称性可知M在x轴上,即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称,与从而x1=x2,已知不符;总之,直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x-2),则条件M在AB上,等价于y0=kx0-2ky0=k2x0-2;两渐近线的方程合并为3x2-y2=0,联立消去y并化简整理得:k2-3x2-4k2x+4k2=0设A(x3,y3),B(x3,y4),
19、线段中点为N(xN,yN),则xN=x3+x42=2k2k2-3,yN=kxN-2=6kk2-3,设M(x0,y0),则条件|AM|=|BM|等价于x0-x32+y0-y32=x0-x42+y0-y42,移项并利用平方差公式整理得:x3-x42x0-x3+x4+y3-y42y0-y3+y4=0,2x0-x3+x4+y3-y4x3-x42y0-y3+y4=0,即x0-xN+ky0-yN=0,即x0+ky0=8k2k2-3;由题意知直线PM的斜率为-3, 直线QM的斜率为3,由y1-y0=-3x1-x0,y2-y0=3(x2-x0),y1-y2=-3(x1+x2-2x0),所以直线PQ的斜率m=y
20、1-y2x1-x2=-3x1+x2-2x0x1-x2,直线PM:y=-3x-x0+y0,即y=y0+3x0-3x,代入双曲线的方程3x2-y2-3=0,即3x+y3x-y=3中,得:y0+3x023x-y0+3x0=3,解得P的横坐标:x1=1233y0+3x0+y0+3x0,同理:x2=-1233y0-3x0+y0-3x0,x1-x2=133y0y02-3x02+y0,x1+x2-2x0=-3x0y02-3x02-x0,m=3x0y0,条件PQ/AB等价于m=kky0=3x0,综上所述:条件M在AB上,等价于ky0=k2x0-2;条件PQ/AB等价于ky0=3x0;条件|AM|=|BM|等价
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