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

专练55　高考大题专练(五)　圆锥曲线的综合运用1．[2023·全国甲卷(理)]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)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．2．[2023·全国乙卷(理)]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)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．3．[2022·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．4．[2023·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．5．[2023·江西省宜春模拟]已知点T是圆A：(x－1)2＋y2－8＝0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)　圆锥曲线的综合运用1．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).因为·＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)＝(x3x4＋x3＋x4＋1)　(*). 当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，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：y＝x－1，由得x2－6x＋1＝0，得或代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，则y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝.又· ＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，所以－＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝＝＝＋2＋1.令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以＋6＋1＝>0， 即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2.故△MFN面积的最小值为4(3－2).2．解析：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4.因为椭圆的离心率e＝＝，所以c2＝a2，又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5，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：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，则yM＋yN＝2＝2＝2＝2＝2×＝6.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mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).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x－1＝t(y＋2).联立得方程组消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得＝，得x0＝y1＋3.设H(x′，y′).由＝，得(y1＋3－x1，0)＝(x′－y1－3，y′－y1)，所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，所以直线HN的斜率k＝＝＝，所以直线HN的方程为y－y2＝·(x－x2).令x＝0，得y＝·(－x2)＋y2＝＋y2＝＝＝－2.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y＝x－2.a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.将直线方程x＝1代入＋＝1，可得N(1，)，M(1，－).将y＝－代入y＝x－2，可得T(3－，－).由＝，得H(5－2，－).此时直线HN的方程为y＝(2＋)(x－1)＋，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kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.所以则且x1y2＋x2y1＝.①联立得方程组，可得T(＋3，y1).由＝，得H(3y1＋6－x1，y1).则直线HN的方程为y－y2＝(x－x2).将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②将①代入②，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).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x≥0时，有y2＝8x；当x＜0时，有y＝0，所以曲线的方程为y2＝8x(x≥0)或y＝0(x＜0).(2)由题意设l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由⇒y2－8my－16＝0，∴Δ＞0⇒m∈R，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，∴|AB|＝＝8(1＋m2)，设切线MA的方程为y－y1＝k(x－x1)(k≠0)，由⇒y2－y＋－8x1＝0，∴Δ＝0⇒ky1＝4，∴切线MA的方程为y－y1＝(x－x1)，化简得yy1＝4(x＋x1)＝4x＋，　①同理可得切线MB的方程为yy2＝4(x＋x2)＝4x＋，　②由①②得点M的坐标为M(－2，4m)，∴点M到直线l的距离d＝＝4，∴S△MAB＝|AB|·d＝16(1＋m2)≥16，当且仅当m＝0时等号成立，故△MAB面积的最小值为16.5．解析：(1)圆A：(x－1)2＋y2＝8的圆心A(1，0)，半径r＝2，依题意，|SB|＝|ST|，|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝2＞2＝|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b＝＝1，所以曲线C的方程为＋y2＝1.(2)由·＝0知，DE⊥MN，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y＝k(x＋1)，由消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE中点P(xP，yP)，则有x1＋x2＝－，xP＝－，yP＝，因此，|BP|＝＝，直线MN的斜率为－，同理可得|BQ|＝，△BPQ面积S△BPQ＝|BP||BQ|＝··＝，令t＝|k|＋≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S△BPQ＝＝，函数y＝4t＋在[2，＋∞)上单调递增，即当t＝2时，(4t＋)min＝9，所以当t＝2，即k＝±1时，(S△BPQ)max＝，所以△BPQ面积的最大值是.。