2023年新教材高考数学 微专题专练48（含解析）.docx

1、专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.已知m1，直线l：xmy0，椭圆C：y21，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，AF1F2，BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围22021全国新高考卷在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|MF2|2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|TB|TP|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和3.202

2、0全国卷已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点42022全国甲卷(理)，20设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点D(p，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5.2020全国卷已知椭圆C1：1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴垂直

3、的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点若|MF|5，求C1与C2的标准方程62022新高考卷，21已知双曲线C：1(a0，b0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为yx.(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P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1x20，y10.过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点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7.2022全国乙卷(理)，20已知椭圆E

4、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82022新高考卷，21已知点A(2，1)在双曲线C：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tanPAQ2，求PAQ的面积专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1解析：(1)因为直线l：xmy0经过点F2(，0)，所以，解得m22.又因为m1，所以m，故直线l的方程为xy10.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2).由消去x

5、，得2y2my10.由m28m280，得m28.y1y2，y1y2.由F1(c，0)，F2(c，0)，可知G，H.因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，所以0，即x1x2y1y20.因为x1x2y1y2y1y2(m21)，所以(m21)0.解得m24(符合m21，所以实数m的取值范围是(1，2).2解析：(1)因为2且x2.由韦达定理可得x1x2，x1x2，所以，设直线PQ的斜率为k2，同理可得，因为，即，整理可得kk，即0，显然k1k20，故k1k20.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.3解析：(1)由题设得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1).则(a，1)，(a，1).由8得a

6、218，即a3.所以E的方程为y21.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3nx20，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为ykxb(k0).联立得方程组消去y并整理，得(3k2)x22kbxb230.则x1x2，x1x2，x1x2.因为x1x20，所以x1x20，即k23.所以x1x2.设点M的坐标为(xM，yM)，则yMy2(xMx2)，yMy1(xMx1)，两式相减，得y1y22xM(x1x2).因为y1y2(kx1b)(kx2b)k(x1x2)，所以2xMk(x1x2)(x1x2)，解得xM.两式相加，得2

7、yM(y1y2)(x1x2).因为y1y2(kx1b)(kx2b)k(x1x2)2b，所以2yMk(x1x2)(x1x2)2b，解得yMxM.所以点M的轨迹为直线yx，其中k为直线PQ的斜率选择.因为PQAB，所以kABk.设直线AB的方程为yk(x2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA，yA.同理可得xB，yB.此时xAxB，yAyB.因为点M在AB上，且其轨迹为直线yx，所以解得xM，yM，所以点M为AB的中点，即|MA|MB|.选择.当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线yx上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在当直线AB的

8、斜率存在时，设直线AB的方程为ym(x2)(m0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA，yA.同理可得xB，yB.此时xM，yM.由于点M同时在直线yx上，故6m2m2，解得km，因此PQAB.选择.因为PQAB，所以kABk.设直线AB的方程为yk(x2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA，yA.同理可得xB，yB.设AB的中点为C(xC，yC)，则xC，yC.因为|MA|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线yyC(xxC)上将该直线方程与yx联立，解得xMxC，yMyC，即点M恰为AB的中点，所以点M在

9、直线AB上7解析：(1)设椭圆E的方程为mx2ny21(m0，n0，mn).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x1t(y2).联立得方程组消去x并整理，得(4t23)y2(16t28t)y16t216t80，所以y1y2，y1y2.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得，得x0y13.设H(x，y).由，得(y13x1，0)(xy13，yy1)，所以x3y16x1，yy1，所以直线HN的斜率k，所以直线HN的方程为yy2(xx2).令x0，得y(x2)y

10、2y22.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yx2.a若过点P(1，2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x1.将直线方程x1代入1，可得N(1，)，M(1，).将y代入yx2，可得T(3，).由，得H(52，).此时直线HN的方程为y(2)(x1)，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kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0.所以则且x1y2x2y1.联立得方程组，可得T(3，y1).由，得H(3y16x1，y1

11、).则直线HN的方程为yy2(xx2).将点(0，2)的坐标代入并整理，得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120.将代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480，显然成立综上可得，直线HN过定点(0，2).8解析：(1)点A(2，1)在双曲线C：1(a1)上，1，解得a22.双曲线C的方程为y21.显然直线l的斜率存在，可设其方程为ykxm.联立得方程组消去y并整理，得(12k2)x24kmx2m220.16k2m24(12k2)(2m22)8m2816k20.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由kAPkAQ0，得0，即

12、(x22)(kx1m1)(x12)(kx2m1)0.整理，得2kx1x2(m12k)(x1x2)4(m1)0，即2k(m12k)4(m1)0，即(k1)(m2k1)0.直线l不过点A，k1.(2)设PAQ2，00，P，Q只能同在双曲线左支或同在右支当P，Q同在左支时，tan即为直线AP或AQ的斜率设kAP.为双曲线一条渐近线的斜率，直线AP与双曲线只有一个交点，不成立当P，Q同在右支时，tan ()即为直线AP或AQ的斜率设kAP，则kAQ，直线AP的方程为y1(x2)，即yx21.联立得方程组消去y并整理，得3x2(164)x2080，则xP2，解得xP.|xAxP|2|.同理可得|xAxQ|.tan22，02，sin2，SPAQ|AP|AQ|sin2|xAxP|xAxQ|sin23.