2022年高考数学一轮复习 专题九 平面解析几何 6 圆锥曲线的综合问题 专题检测（含解析）新人教A版.docx

1、圆锥曲线的综合问题专题检测1.(2020湖南长沙一中第二次月考,11)点M与定点F(2,0)的距离和它到定直线x=8的距离之比为12,则M的轨迹方程是()A.y2=8xB.y2=-8(x-4)C.x24-y23=1D.x216+y212=1答案D设M(x,y),由F(2,0),得|MF|=(x-2)2+y2,点M(x,y)到直线x=8的距离为|x-8|,由题意得(x-2)2+y2|x-8|=12,化简得3x2+4y2=48,即x216+y212=1,故选D.2.(2020山西太原五中第二次诊断,12)已知A(0,3),若点P是抛物线x2=8y上任意一点,点Q是圆x2+(y-2)2=1上任意一点

2、,则|PA|2|PQ|的最小值为()A.43-4B.22-1C.23-2D.42+1答案A抛物线x2=8y的准线l的方程为y=-2,焦点F的坐标为(0,2),过P作PBl,垂足为B,由抛物线定义可得|PF|=|PB|.圆x2+(y-2)2=1的圆心为F(0,2),半径r=1,可得|PQ|的最大值为|PF|+r=|PF|+1,所以|PA|2|PQ|PA|2|PF|+1,可令|PF|+1=t(t1),则|PF|=t-1=|PB|=yP+2,即yP=t-3,所以xP2=8(t-3),所以|PA|2|PF|+1=(t-3-3)2+8(t-3)t=t+12t-42t12t-4=43-4(当且仅当t=23

3、时,等号成立).所以|PA|2|PQ|的最小值为43-4,故选A.名师点睛圆外一点到圆上一动点距离的最大值为该点到圆心的距离与半径之和.基本不等式求最值,注意“一正、二定、三相等”.3.(2020浙江台州五校联考,8)已知平面ABCD平面ADEF,ABAD,CDAD,且AB=1,AD=CD=2.四边形ADEF是正方形,在正方形ADEF内部有一点M,满足MB,MC与平面ADEF所成的角相等,则点M的轨迹长度为()A.43B.163C.49D.83答案C本题考查直线与平面所成的角的求法、圆的方程及其应用;考查学生空间想象和运算求解的能力以及数形结合的思想;考查了数学运算和直观想象的核心素养.由已知

4、可得AB平面ADEF,CD平面ADEF,连接AM,DM,则MB,MC与平面ADEF所成的角分别为BMA,CMD,由于BMA=CMD,CD=2AB,所以MD=2MA,则点M的轨迹为阿波罗尼斯圆,以DA所在直线为x轴,AD的中点为原点建立直角坐标系,则D(-1,0),A(1,0),设M(x,y),则(x+1)2+y2=2(x-1)2+y2,平方化简可得x-532+y2=169(-1x1,y0),所求轨迹为一段圆弧,令x=1,可得y=233,又圆的半径为43,故圆弧对应的扇形圆心角为3,所求轨迹的长度为16243=49,故选C.4.(2020山东夏季高考模拟,6)已知点A为曲线y=x+4x(x0)上

5、的动点,B为圆(x-2)2+y2=1上的动点,则|AB|的最小值是()A.3B.4C.32D.42答案A本题主要考查两条曲线上,两动点间的最小距离问题,考查数学建模及数学运算的核心素养.如图所示,设圆(x-2)2+y2=1的圆心为C,由于|AC|AB|+|BC|,所以|AB|AC|-|BC|,即|AB|AC|-1,当且仅当A,B,C三点共线,且|AC|最小时,|AB|最小.设Ax,x+4x,g(x)=|AC|2,则g(x)=(x-2)2+x+4x2=2x2+16x2-4x+12(x0),g(x)=4x-32x3-4=4x4-x3-8x3,令g(x)=0,得x=2,当x(0,2)时,g(x)0,

6、g(x)在(2,+)上单调递增,从而g(x)在x=2处取极小值,也是最小值,g(x)min=g(2)=16,|AC|min=g(2)=4,从而|AB|min=4-1=3,故选A.5.(2020浙江温州中学3月月考,10)过点P(2,1)斜率为正的直线交椭圆x224+y25=1于A,B两点,C,D是椭圆上相异的两点,满足CP,DP分别平分ACB,ADB,则PCD外接圆半径的最小值为()A.2155B.655C.2413D.1913答案D如图.先固定直线AB,由角平分线定理可知,|BP|PA|=|CB|CA|=|DB|DA|,所以点P,C,D在一个阿波罗尼斯圆上,且PCD的外接圆就是这个阿波罗尼斯

7、圆,设其半径为r.易知,阿波罗尼斯圆会把点A,B其一包含进去,这取决于BP与AP谁更长,不妨先考虑|BP|AP|的情况,设BA的延长线与圆交于点Q,PQ即为该圆的直径,如图.接下来寻求半径的表达式.由|BP|AP|=|BQ|AQ|得2r=|AP|+|AQ|=|AP|+|AP|(|BP|+2r)|BP|,解得1r=1|AP|-1|BP|;同理,当|BP|1913,所以所求外接圆半径的最小值为1913.故选D.6.(2020浙江杭州四中月考,16)圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形,O为底面中心,M为SO的中点,动点P在圆锥底面内(包括圆周),若AMMP,则P点形成的轨迹的长度为.答案72解

8、析本题考查空间点、线、面的位置关系以及轨迹方程的求法;考查学生运算求解和空间想象的能力;考查了数学运算和直观想象的核心素养.以O为原点,直线OB,OS分别为y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),M0,0,32,设P(x,y,0),则由AMMP可得0,1,32x,y,-32=0,即y=34,所求轨迹的长度为圆x2+y2=1内对应的弦长,令y=34,得x=74,故轨迹长度为72.7.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,21)已知抛物线C:y2=2px(p0)上的点M(m,-2)与其焦点的距离为2.(1)求实数p与m的值;(2)如图所示,动点Q在抛物线C上,直线l过点M,点A、B在l

9、上,且满足QAl,QBx轴.若|MB|2|MA|为常数,求直线l的方程.解析(1)设抛物线的焦点为F,由题意得|MF|=m+p2=2,(2分)又点M(m,-2)在抛物线上,故2pm=4,(4分)由p0得p=2,m=1.(6分)(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,连接QM.设直线l的方程为t(y+2)=x-1,Qy024,y0,(7分)则yB=y0,所以|MB|=1+t2|y0+2|,(9分)又点Qy024,y0到直线l的距离d=y024-ty0-2t-11+t2,|MA|=|MQ|2-d2=y024-12+(y0+2)2-y024-ty0-2t-121+t2=y024-1t+y0+2t

10、2+1,(11分)故|MB|2|MA|=(t2+1)1+t2|y0+2|y0t4+-t2+1=(t2+1)1+t2|y0+2|ty0-2+4t4.(13分)由|MB|2|MA|为常数,得y0+2=y0-2+4t,所以t=1,则|MB|2|MA|为82,此时直线l的方程为y=x-3.(15分)8.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为M,上顶点为N,直线2x+y-63=0与直线MN垂直,垂足为B点,且点N是线段MB的中点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于E,F两点,点G在椭圆C上,且四边形OEGF为平行四边形,求

11、证:四边形OEGF的面积S为定值.解析(1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线MN的斜率k=ba=12,a=2b.点N是线段MB的中点,B(a,2b),点B在直线2x+y-63=0上,2a+2b=63,又a=2b,b=3,a=23,椭圆C的方程为x212+y23=1.(2)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2),G(x0,y0),将y=kx+m代入x212+y23=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-121+4k2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2,四边形OEGF为平行四边形,OG=

12、OE+OF=(x1+x2,y1+y2),得G-8km1+4k2,2m1+4k2,将G点坐标代入椭圆C的方程得m2=34(1+4k2),又易得点O到直线EF的距离d=|m|1+k2,|EF|=1+k2|x1-x2|,平行四边形OEGF的面积S=d|EF|=|m|x1-x2|=|m|(x1+x2)2-4x1x2=4|m|3-m2+12k21+4k2=4|m|3m21+4k2=43m21+4k2=33.故平行四边形OEGF的面积S为定值33.9.(2020浙江丽水四校联考,20)设直线l与抛物线x2=2y交于A,B两点,与椭圆x24+y23=1交于C,D两点,直线OA,OB,OC,OD(O为坐标原点

13、)的斜率分别为k1,k2,k3,k4,若OAOB.(1)是否存在实数t,满足k1+k2=t(k3+k4)?请说明理由;(2)求OCD面积的最大值.解析本题考查直线与抛物线、椭圆的位置关系以及圆锥曲线的综合应用;考查学生运算求解和逻辑推理的能力以及数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.设直线l的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).联立得y=kx+b,x2=2y,得x2-2kx-2b=0,则x1+x2=2k,x1x2=-2b,1=4k2+8b0.由OAOB,所以x1x2+y1y2=0,得b=2.联立得y=kx+2,x24+y23=1,得(

14、3+4k2)x2+16kx+4=0,所以x3+x4=-16k3+4k2,x3x4=43+4k2.由2=192k2-480,得k214.(1)因为k1+k2=y1x1+y2x2=k,k3+k4=y3x3+y4x4=-6k,所以k1+k2k3+k4=-16,故存在t=-16,满足k1+k2=t(k3+k4).(2)根据弦长公式得|CD|=1+k2|x3-x4|=431+k24k2-13+4k2,点O到直线CD的距离d=21+k2,所以SOCD=12|CD|d=434k2-13+4k2,设4k2-1=t0,则SOCD=43tt2+4=43t+4t3,所以当且仅当t=2,即k=52时,SOCD有最大值

15、3.10.(202053原创题)已知A,B为抛物线C:y2=4x上的两点,分别过A,B作C的切线l1,l2交于点P.(1)若l1l2,求证:直线AB过定点;(2)若点P恰在圆M:(x+2)2+y2=1上,求PAB面积的取值范围.注:抛物线y2=2px在点(x0,y0)处的切线方程为y0y=p(x0+x).解析设A(x1,y1),B(x2,y2),则抛物线在点A处的切线方程为y1y=2(x1+x),从而,k1=2y1,同理,k2=2y2.(1)证明:因为l1l2,所以k1k2=-1,即y1y2=-4,所以kAB=y1-y2x1-x2=4y1+y2,从而直线AB的方程为y-y1=4y1+y2(x-

16、x1),将x1=y124,y1y2=-4代入化简得y=4y1+y2(x-1),所以直线AB过定点(1,0).(2)设点P(x0,y0),由点P在l1和l2上知y0y1=2(x0+x1),且y0y2=2(x0+x2),所以直线AB的方程为y0y=2(x0+x),联立y0y=2(x0+x),y2=4x,消去x并整理,得y2-2y0y+4x0=0,所以=4(y02-4x0),且y1+y2=2y0,y1y2=4x0.设点P到直线AB的距离为d,则SPAB=12|AB|d=121+y0242y02-4x02x0-y0221+y024=12(y02-4x0)32,因为点P恰在圆M:(x+2)2+y2=1上

17、,所以(x0+2)2+y02=1,所以y02-4x0=1-(x0+2)2-4x0=-x02-8x0-3,因为-3x0-1,所以y02-4x04,12,从而SPAB4,123.命题说明本题以直线与抛物线的位置关系为载体,考查学生对定点问题和范围问题的处理,第(2)问中,点P的位置是求PAB面积的取值范围的关键,该题综合性较强,很好地考查了学生的运算求解能力.11.(2019重庆西南大学附属中学模拟,20)已知动直线l:y=k(x+3)(k0)与y轴交于点A,过点A作直线ABl,交x轴于点B,点C满足AC=3AB,C的轨迹为E.(1)求E的方程;(2)已知点F(1,0),点G(2,0),过F作斜率

18、为k1的直线交E于M,N两点,延长MG,NG分别交E于P,Q两点,记直线PQ的斜率为k2,求证:k1k2为定值.解析(1)动直线l:y=k(x+3)(k0)与y轴交于点A(0,3k),直线ABl,直线AB的方程为y=-1kx+3k,交x轴于点B(3k2,0).设C(x,y),点C满足AC=3AB,(x,y-3k)=3(3k2,-3k).x=9k2,y=-6k.消去k可得y2=4x(x0),即为C的轨迹方程E.(2)证明:设M,N,P,Q的坐标依次为(xi,yi)(i=1,2,3,4).直线MN的方程为x=ty+1,联立x=ty+1,y2=4x,化为y2-4ty-4=0,y1+y2=4t,y1y

19、2=-4,设直线MG的方程为x=my+2,联立x=my+2,y2=4x,化为y2-4my-8=0,y1y3=-8,y3=-8y1.同理可得y4=-8y2.k1=y2-y1x2-x1=y2-y1y224-y124=4y1+y2,k2=4y3+y4.k1k2=y3+y4y1+y2=-8y1-8y2y1+y2=-8y1y2=2为定值.12.(2020浙江杭州二中开学考,21)设F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,|F1F2|=2,直线l过F1且垂直于x轴,交椭圆C于A,B两点,分别连接A,B,F2,所组成的三角形为等边三角形.(1)求椭圆C的方程;(2)过右焦点F2

20、的直线m与椭圆C相交于M,N两点,试问:椭圆C上是否存在点P,使OP=OM+ON成立?若成立,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.解析本题考查直线与椭圆的位置关系;考查学生数学运算的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.(1)由题意,|F1F2|=2,|AF1|=23,|AF2|=43,2a=|AF1|+|AF2|=23,故c=1,a=3,b=2,故椭圆C的方程为x23+y22=1.(2)设椭圆C上存在点P(x0,y0)使OP=OM+ON成立,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x0=x1+x2,y0=y1+y2,设直线m的方程为x=ty+1,则x02=ty02+1,即x0=ty

21、0+2,由x=ty+1,x23+y22=1可得(2t2+3)y2+4ty-4=0,y0=-4t2t2+3,x0=ty0+2=62t2+3,代入x023+y022=1,可得4t4+4t2-3=0,解得t2=12,故P32,22,即存在点P32,22,使OP=OM+ON成立.13.(2020天津和平一模,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,左、右焦点分别为F1、F2,以原点O为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+2=0相切.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设Q为椭圆C上不在x轴上的一个动点,过点F2作OQ的平行线交椭圆C于M、N两个不同的点,记QF2M的面积

22、为S1,OF2N的面积为S2,令S=S1+S2,求S的最大值.解析(1)由题意知,e=ca=1-b2a2=22,a2=2b2,(1分)以原点O为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆x2+y2=b2与直线x-y+2=0相切,b=212+(-1)2=2,a2=4,b2=2,椭圆C的标准方程为x24+y22=1.(4分)(2)设直线OQ:x=my,则直线MN:x=my+2,(5分)由x=my+2,x24+y22=1,得(m2+2)y2+22my-2=0.(6分)设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-22mm2+2,y1y2=-2m2+2,|MN|=1+m2|y1-y2|=1+m2(y1+

23、y2)2-4y1y2=4(m2+1)m2+2.(9分)MNOQ,SQF2M=SOF2M,S=S1+S2=SOMN.点O到直线x=my+2的距离d=21+m2,S=12|MN|d=221+m2m2+2.(12分)令t=1+m2,则m2=t2-1(t1),S=22tt2+1=22t+1t.(13分)t+1t2,当且仅当t=1t,即t=1时等号成立.Smax=2.(15分)14.(2020江西鹰潭二模,20)已知椭圆y2a2+x2b2=1(ab0),上下顶点分别是A、B,上下焦点分别是F1、F2,焦距为2,点32,1在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)若Q为椭圆上异于A、B的动点,过A作与x轴平行的

24、直线l,直线QB与l交于点S,直线F2S与直线AQ交于点P,判断SPQ是不是定值,说明理由.解析本题考查椭圆的方程和性质,直线和椭圆的位置关系,考查化简运算能力和推理能力,体现了逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)由焦距为2,可得c=1,即有F1(0,1),F2(0,-1),由32,1在椭圆上,可得2a=32-02+(1-1)2+32-02+(1+1)2=32+52=4,故a=2,b=4-1=3,则椭圆的方程为y24+x23=1.(2)设Q(m,n),可得4m2+3n2=12,由A(0,2),设S(t,2),因为B(0,-2),Q和S三点共线,所以kSB=kBQ,即4t=n+2m,解得t=4m

25、n+2,即S4mn+2,2,所以kSF2=34mn+2=3(n+2)4m,又kAQ=n-2m,所以kAQkSF2=3(n2-4)4m2=-4m24m2=-1,可得AQSF2,即SPQ=90,则SPQ为定值.15.(2020浙江湖丽衢三地市4月模考,21)如图,设抛物线方程为x2=2py(p0),M为直线y=-2p上任意一点,过M引抛物线的切线,切点分别为A,B.(1)求直线AB与y轴的交点坐标;(2)若E为抛物线弧AB上的动点,抛物线在E点处的切线与MAB的边MA,MB分别交于点C,D,记=SEABSMCD,问是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析(1)设A(x1,y1),B(

26、x2,y2),易知过A点的切线方程为y-x122p=x1p(x-x1),过B点的切线方程为y-x222p=x2p(x-x2),联立两个方程解得xM=x2+x12,yM=x1x22p.(3分)又kAB=y2-y1x2-x1=x2+x12p,所以直线AB的方程为y-x122p=x2+x12p(x-x1),化简得(x1+x2)x-2py-x1x2=0,(5分)令x=0,得y=-x1x22p,又yM=x1x22p=-2p,所以y=2p,所以直线AB过定点(0,2p),所以直线AB与y轴的交点坐标为(0,2p).(7分)(2)由(1)知xM=x1+x22,同理可得xC=x1+xE2,xD=x2+xE2.

27、(8分)|AC|CM|=xC-x1xM-xC=x1+xE2-x1x1+x22-x1+xE2=xE-x1x2-xE,|CE|ED|=xE-xCxD-xE=xE-x1+xE2x2+xE2-xE=xE-x1x2-xE,所以|AC|CM|=|CE|ED|,同理|MD|DB|=xE-x1x2-xE,所以|AC|CM|=|CE|ED|=|MD|DB|,(10分)设|AC|CM|=|CE|ED|=|MD|DB|=t,连接ME,记SMCE=S,则SACE=tS,故SMDE=St,SBDE=St2,SMCD=t+1tS,所以SMABSMCD=|MA|MB|MC|MD|=t+11t+1t=(t+1)2t,即SMA

28、B=(t+1)2tSMCD=(t+1)2tt+1tS=(t+1)3t2S,(12分)SEAB=SMAB-SMCD-SACE-SBDE=2(t+1)tS,(14分)所以=SEABSMCD=2,为定值.(15分)16.(2017浙江镇海中学模拟(5月),21)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,点D在椭圆上,DF1F1F2,|F1F2|DF1|=22,DF1F2的面积为22.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求圆的方程,若不存在,请说明理由.解析

29、(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由|F1F2|DF1|=22,得|DF1|=|F1F2|22=22c,从而SDF1F2=12|DF1|F1F2|=22c2=22,故c=1.从而|DF1|=22,由DF1F1F2得,|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92,因此|DF2|=322.所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22+y2=1的两个交点分别为P1(x1,y1),P2(x2,y2),其中y10,y20,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1

30、F2P2由圆和椭圆的对称性,易知x2=-x1,y1=y2,|P1P2|=2|x1|.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1),再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+y12=0,由椭圆方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12+4x1=0,解得x1=-43或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,此时题设要求的圆不存在.当x1=-43时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C,设C(0,y0).由CP1F1P1,得y1-y0x1y1x1+1=-1,又y1=1-12x12=13,故y0=53.圆C的半

31、径为-432+13-532=423.综上,存在满足条件的圆,其方程为x2+y-532=329.17.(2017云南师大附中4月月考,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)过点1,32,椭圆的左,右顶点分别为A1,A2,点P的坐标为(4,0),|PA1|,|A1A2|,|PA2|成等差数列.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆内部是否存在一个定点,过此点的直线交椭圆于M,N两点,且PMPN=12恒成立?若存在,求出此点,若不存在,说明理由.解析(1)由椭圆的几何性质知,|A1A2|=2a,|PA1|=a+4,|PA2|=|a-4|,故4a=a+4+|a-4|,解得a=2或a=0(舍去).因

32、为点P1,32在椭圆上,所以14+34b2=1b=1.故椭圆的标准方程为x24+y2=1.(2)假设存在满足题意的定点.设点M(x1,y1),N(x2,y2),当直线斜率存在且不为0时,设直线方程为y=kx+m,联立x24+y2=1,y=kx+m,化简得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.因为过椭圆内的点,故此方程必有两根.x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1,PM=(x1-4,y1),PN=(x2-4,y2),PMPN=(x1-4)(x2-4)+y1y2=x1x2-4(x1+x2)+16+k2x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)x1x2+(km-4)(x1+x2)+16+m2=(1+k2)4m2-44k2+1+(km-4)-8km4k2+1+16+m2=60k2+5m2+32km+124k2+1=12,故得5m2+32km+12k2=0.k0,故有5mk2+32mk+12=0,即5mk+2mk+6=0,解得m=-25k或m=-6k,故直线方程为y=kx-25k或y=kx-6k,则直线恒过点25,0或(6,0),因为此点在椭圆内部,所以只有点25,0满足要求.故存在定点25,0,使PMPN=12恒成立.