新高考2022年高考数学一轮课时跟踪53《圆锥曲线综合题》

这是一份新高考2022年高考数学一轮课时跟踪53《圆锥曲线综合题》，共7页。
椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围.
已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点.在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)已知定点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求△ABC面积的最大值.
已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为eq \f(4,5).
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的焦距为4，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))是椭圆C上的点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设eq \(OD,\s\up7(―→))=eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值.
已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的焦距为2，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(2,0)的直线交椭圆C于A，B两点，P为椭圆C上一点，O为坐标原点，
且满足eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=teq \(OP,\s\up7(―→))，其中t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)，2))，求|AB|的取值范围.
已知F为抛物线E：y2=4x的焦点，过点P(0,2)作两条互相垂直的直线m，n，直线m交E于不同的A，B两点，直线n交E于不同的两点C，D，记直线m的斜率为k.
(1)求k的取值范围；
(2)设线段AB，CD的中点分别为点M，N，证明：直线MN过定点Q(2,0).
已知抛物线C：y2=2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，
B(x2，y2)两点，y1y2=－4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，点B在准线l上的正投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.
\s 0 答案解析
解：(1)由于c2=a2－b2，将x=－c代入椭圆的方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1，得y=±eq \f(b2,a).
由题意知eq \f(2b2,a)=1，故a=2b2.
又e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(3),2)，则eq \f(b,a)=eq \f(1,2)，即a=2b，所以a=2，b=1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)由PM是∠F1PF2的角平分线，
可得eq \f(|PF1|,|F1M|)=eq \f(|PF2|,|F2M|)，即eq \f(|PF1|,|PF2|)=eq \f(|F1M|,|F2M|).
设点P(x0，y0)(－2＜x0＜2)，
又点F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，M(m,0)，
则|PF1|= eq \r(－\r(3)－x02＋y\\al(2,0))=2＋eq \f(\r(3),2)x0，
|PF2|= eq \r(\r(3)－x02＋y\\al(2,0))=2－eq \f(\r(3),2)x0.
又|F1M|=|m＋eq \r(3)|，|F2M|=|m－eq \r(3)|，
且－eq \r(3)＜m＜eq \r(3)，所以|F1M|=m＋eq \r(3)，|F2M|=eq \r(3)－m.
所以eq \f(2＋\f(\r(3),2)x0,2－\f(\r(3),2)x0)=eq \f(\r(3)＋m,\r(3)－m)，化简得m=eq \f(3,4)x0，
而－2＜x0＜2，因此－eq \f(3,2)＜m＜eq \f(3,2).
所以m的取值范围为（－eq \f(3,2)，eq \f(3,2)）.
解：(1)设C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)，
由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上，
则点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))也在椭圆上，分别将其代入，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
∴C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
设C2：x2=2py(p＞0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，
代入抛物线C2的方程，得p=1，
∴C2的标准方程为x2=2y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)t2))，
由y=eq \f(1,2)x2知y′=x，
故直线AB的方程为y－eq \f(1,2)t2=t(x－t)，
即y=tx－eq \f(1,2)t2，代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋y2=1，
整理得(1＋4t2)x2－4t3x＋t4－4=0，
则Δ=16t6－4(1＋4t2)(t4－4)=4(－t4＋16t2＋4)＞0，
x1＋x2=eq \f(4t3,1＋4t2)，x1x2=eq \f(t4－4,1＋4t2)，
∴|AB|==eq \f(2\r(1＋t2)·\r(－t4＋16t2＋4),1＋4t2)，
设点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))到直线AB的距离为d，
则d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)－\f(1,2)t2)),\r(1＋t2))=eq \f(1＋4t2,8\r(1＋t2))，
∴S△ABC=eq \f(1,2)·|AB|·d
=eq \f(1,2)·eq \f(2\r(1＋t2)·\r(－t4＋16t2＋4),1＋4t2)·eq \f(1＋4t2,8\r(1＋t2))=eq \f(1,8)eq \r(－t4＋16t2＋4)
=eq \f(1,8)eq \r(－t2－82＋68)≤eq \f(1,8)eq \r(68)=eq \f(\r(17),4)，
当且仅当t=±2eq \r(2)时，取等号，此时满足Δ＞0.
综上，△ABC面积的最大值为eq \f(\r(17),4).
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c=eq \r(3)，所以b2=a2－c2=1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)证明：设D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2＜x0＜2，所以kAM=eq \f(y0,x0＋2)，
因为AM⊥DE，所以kDE=－eq \f(2＋x0,y0)，
所以直线DE的方程为y=－eq \f(2＋x0,y0)(x－x0).
因为kBN=－eq \f(y0,x0－2)，
所以直线BN的方程为y=－eq \f(y0,x0－2)(x－2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2＋x0,y0)x－x0，,y＝－\f(y0,x0－2)x－2，))解得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)x0＋\f(2,5)，－\f(4,5)y0))，
所以S△BDE=eq \f(1,2)|BD|·|yE|，S△BDN=eq \f(1,2)|BD|·|yN|，
所以 SKIPIF 1 < 0 =eq \f(\f(1,2)|BD|·|yE|,\f(1,2)|BD|·|yN|)=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)y0)),|－y0|)=eq \f(4,5)，
结论成立.
解：(1)由题意知2c=4，即c=2，
则椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－4)=1，
因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))在椭圆C上，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,5a2－4)=1，解得a2=5或a2=eq \f(16,5)(舍去)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,5)＋y2=1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，
由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))得，D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB=eq \f(y1－y2,x1－x2)，
直线OD的斜率kOD=eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),5)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),5)＋y\\al(2,2)＝1，))得eq \f(1,5)(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)=0，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,5)，所以kAB·kOD=－eq \f(1,5).
故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－eq \f(1,5).
解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)，
且可知其左焦点为F′(－2,0).
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2a＝|AF|＋|AF′|＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,a＝4.))
又a2=b2＋c2，所以b2=12.故椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)=1.
(2)假设存在符合题意的直线l，
设其方程为y=eq \f(3,2)x＋t.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得3x2＋3tx＋t2－12=0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ=(3t)2－4×3(t2－12)=144－3t2≥0，
解得－4eq \r(3)≤t≤4eq \r(3).
另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得eq \f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))=4，从而t=±2eq \r(13).
由于±2eq \r(13)∉[－4eq \r(3)，4eq \r(3) ]，
所以符合题意的直线l不存在.
解：(1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋1，,\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2，,b2＝1，))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)由题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x－2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2=0，
∴Δ=8(1－2k2)＞0，解得k2＜eq \f(1,2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2=eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2=eq \f(8k2－2,1＋2k2)，y1＋y2=k(x1＋x2－4)=－eq \f(4k,1＋2k2).
由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=teq \(OP,\s\up7(―→))，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,t1＋2k2)，\f(－4k,t1＋2k2)))，
代入椭圆C的方程得t2=eq \f(16k2,1＋2k2).
由eq \f(2\r(6),3)＜t＜2，得eq \f(1,4)＜k2＜eq \f(1,2)，
∴|AB|=eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(1－2k2),1＋2k2)=2eq \r(\f(2,1＋2k22)＋\f(1,1＋2k2)－1).
令u=eq \f(1,1＋2k2)，则u∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))，∴|AB|=2eq \r(2u2＋u－1)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(5),3))).
∴|AB|的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(5),3))).
解：(1)由题设可知k≠0，
所以直线m的方程为y=kx＋2，
与y2=4x联立，整理得ky2－4y＋8=0.①
由Δ1=16－32k＞0，解得k＜eq \f(1,2).
直线n的方程为y=－eq \f(1,k)x＋2，与y2=4x联立，
整理得y2＋4ky－8k=0，
由Δ2=16k2＋32k＞0，解得k＞0或k＜－2.
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≠0，k＜\f(1,2)，,k＞0或k＜－2，))
故k的取值范围为(－∞，－2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0).
由①得，y1＋y2=eq \f(4,k)，则y0=eq \f(2,k)，x0=eq \f(2,k2)－eq \f(2,k)，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)－\f(2,k)，\f(2,k))).
同理可得N(2k2＋2k，－2k).
直线MQ的斜率kMQ=eq \f(\f(2,k),\f(2,k2)－\f(2,k)－2)=－eq \f(k,k2＋k－1)，
直线NQ的斜率kNQ=eq \f(－2k,2k2＋2k－2)=－eq \f(k,k2＋k－1)=kMQ，
所以直线MN过定点Q(2,0).
解：(1)依题意知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
当直线AB的斜率不存在时，y1y2=－p2=－4，解得p=2.
当直线AB的斜率存在时，设lAB：y=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))消去x并整理，得y2－eq \f(2p,k)y－p2=0，
则y1y2=－p2，由y1y2=－4得p2=4，解得p=2.
综上所述，抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设D(x0，y0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，
则E(－1，t)，又由y1y2=－4，可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,t2)，－\f(4,t))).
因为kEF=－eq \f(t,2)，AD⊥EF，所以kAD=eq \f(2,t)，
则直线AD：y＋eq \f(4,t)=eq \f(2,t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,t2)))，化简得2x－ty－4－eq \f(8,t2)=0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－ty－4－\f(8,t2)＝0，,y2＝4x，))消去x并整理，得y2－2ty－8－eq \f(16,t2)=0，
Δ=(－2t)2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－8－\f(16,t2)))=4t2＋eq \f(64,t2)＋32＞0恒成立，
所以y1＋y0=2t，y1y0=－8－eq \f(16,t2).
于是|AD|= eq \r(1＋\f(t2,4))|y1－y0|= eq \r(1＋\f(t2,4)) eq \r(y1＋y02－4y1y0)=eq \r(4＋t2) eq \r(t2＋\f(16,t2)＋8)，
设点B到直线AD的距离为d，则d=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t2,2)－t2－4－\f(8,t2))),\r(4＋t2))=eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(16,t2)＋8)),2\r(4＋t2)).
所以S△ABD=eq \f(1,2)|AD|·d=eq \f(1,4) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(16,t2)＋8))3)≥16，
当且仅当t4=16，即t=±2时取等号，即△ABD的最小值为16.
当t=2时，直线AD：x－y－3=0；当t=－2时，直线AD：x＋y－3=0.