高考数学一轮复习 专题9.7 圆锥曲线综合问题（练）

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高考数学一轮复习策略1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。2、精练习题复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。3、加强审题的规范性每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。4、重视错题“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。 专题9.7   圆锥曲线综合问题1．（2021·河南高三开学考试（文））已知过的直线与抛物线交于，两点，为弦的中点，为坐标原点，直线与抛物线的另一个交点为，则两点、纵坐标的比值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先设出直线，与抛物线方程联立，利用韦达定理求得中点的坐标，并求出直线的方程，与抛物线联立，求得点的纵坐标，即可求得的范围.【详解】设直线，代入得，，，，直线，代入得，.故选：A2．（2021·全国高三专题练习）已知直线与椭圆相交于两点，为坐标原点.当的面积取得最大值时，（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得，由O到直线的距离，表示出的面积，利用基本不等关系求得最大值，从而求得此时的.【详解】由，得.设，，则，， .又O到直线的距离，则的面积 ，当且仅当，即时，的面积取得最大值.此时，. 故选：A.3．（2021·全国高三专题练习）已知A、B是抛物线y2＝4x上异于原点O的两点，则“＝0”是“直线AB恒过定点（4，0）”的（　　）A．充分非必要条件 B．充要条件C．必要非充分条件 D．非充分非必要条件【答案】B【分析】设出A、B的坐标和直线AB的方程，将直线方程代入抛物线方程并化解，进而求出，然后结合根与系数的关系将化简，最后根据逻辑关系得到答案.【详解】根据题意，A、B是抛物线y2＝4x上异于原点O的两点，设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB方程为x＝my+b，将直线AB方程代入抛物线方程y2＝4x，可得y2﹣4my﹣4b＝0，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4b，则＝x1x2+y1y2＝.若，则b=4，则直线AB的方程为x＝my+4，直线AB恒过定点（4，0）；若直线AB恒过定点（4，0），则b=4，于是.所以是“直线AB恒过定点（4，0）”的充要条件.故选：B．4.（2021·全国高三专题练习）已知A、B是抛物线的两点，为坐标原点，若且的内心恰是此抛物线的焦点，则直线的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可知A、B两点关于轴对称，若令点A在轴上方，坐标为（），则，由于的内心恰是此抛物线的焦点，所以由三角形角平分线的性质得,即,从而可求得答案【详解】因为A、B是抛物线的两点，为坐标原点， ，所以A、B两点关于轴对称，设点A在轴上方，坐标为（），则，所以,设交轴于点,则,因为,所以,因为的内心恰是此抛物线的焦点，所以平分，所以由三角形角平分线的性质得,即，化简得, ,解得,因为,所以,所以直线的方程为故选：C.5．（2022·江苏高三专题练习）设抛物线：的焦点为，点是抛物线上一点，且．设直线与抛物线交于、两点，若（为坐标原点）．则直线过定点（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】先结合抛物线的定义求得抛物线方程，设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，由列方程，化简求得，由此求得直线过定点.【详解】∵是抛物线上一点，且．∴，解得，即抛物线的方程为．依题意可知直线的斜率不为，设直线的方程为，，，由消去得，则，．因为，所以，即．化简得．由得，所以直线的方程为，所以直线经过定点．故选：C6．（2022·北京石景山区·）过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，椭圆上不同的两点，满足条件：成等差数列，则弦的中垂线在轴上的截距的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用焦半径公式得，设中点，利用点差法可求得，进而求得弦的中垂线方程，求得其在轴上的截距，利用在椭圆“内”，可求得结果.【详解】因为成等差数列，，利用焦半径公式得：，，代入可得设中点，椭圆上不同的两点，，两式作差可得，，所以弦的中垂线的方程为：，当时，，此即的中垂线在轴上的截距，在椭圆“内”，，得，．故选：C．7．【多选题】（2021·重庆实验外国语学校高三开学考试）如图，为椭圆：上的动点，过作椭圆的切线交圆：于，，过，作切线交于，则（    ）A．的最大值为B．的最大值为C．的轨迹方程是D．的轨迹方程是【答案】AD【分析】设出，根据椭圆和圆的方程分别写出所在的直线方程，从而求出，代入椭圆方程即可求出的轨迹方程是；根据到直线的距离求出的面积，从而利用基本不等式求最值.【详解】设，则切点弦所在的直线方程为，又因为为椭圆上的一点，所以切线所在的直线方程为，所以，即，所以，因为在椭圆上，所以，即，所以的轨迹方程是.因为直线的方程为，所以到直线的距离为，所以的面积为 ，当且仅当且时，即时等号成立，所以的最大值为.故选：AD.8．【多选题】（2021·江苏南京市第二十九中学高三开学考试）已知F为抛物线C：（）的焦点，下列结论正确的是（    ）A．抛物线的的焦点到其准线的距离为．B．已知抛物线C与直线l：在第一、四象限分别交于A，B两点，若，则．C．过F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则四边形面积的最小值为．D．若过焦点F的直线l与抛物线C相交于M，N两点，过点M，N分别作抛物线C的切线，，切线与相交于点P，则点P在定直线上．【答案】BCD【分析】A：根据焦点到准线的距离等于即可判断A选项；B：联立，得，进而结合焦半径公式得到与进而可以求出的值，从而判断B选项；C：由题意可知直线，的斜率均存在，且不为0，设直线，联立，结合韦达定理表示出弦长，同理，进而得到的面积，结合均值不等式即可求出结果，进而判断C选项；D：设，不妨设，利用导数的几何意义求出在处的切线方程和在处的切线方程进而求出交点的坐标，即可判断D选项.【详解】A：抛物线的的焦点到其准线的距离为，故A错误；B：联立，则，解得，由题意可知，，故，所以，故B正确；C：由题意可知直线，的斜率均存在，且不为0，设直线，联立，则，设两交点为，结合韦达定理，所以；同理,所以，当且仅当时，等号成立；所以四边形面积的最小值为，故C正确；D：设，不妨设因为（），若，则，所以，所以在点处的切线的斜率为，因此在处的切线方程为，即，同理在处的切线方程为，则，解得，因为直线过点，所以，即，所以，故点P在定直线上，故D正确；故选：BCD.9．（2021·全国高三专题练习）设椭圆的左焦点为，直线与椭圆交于、两点，则周长的取值范围是_________【答案】【分析】求出的取值范围，结合椭圆的定义可求得周长的取值范围.【详解】设椭圆的右焦点为，连接、，
因为、的中点为坐标原点，故四边形为平行四边形，所以，，由椭圆的定义可得，因为直线与椭圆关于原点对称，则点、也关于原点对称，设点，则，所以，，所以，的周长为.故答案为：.10．（2021·全国高三专题练习）已知椭圆的左顶点为A，过A作两条弦AM、AN分别交椭圆于M、N两点，直线AM、AN的斜率记为，满足，则直线MN经过的定点为___________．【答案】【分析】设出直线OM,ON的方程，代入到椭圆方程解出M,N的坐标结合进行化简，进而求出直线MN的方程，最后得到答案.【详解】由题意，椭圆的左顶点为（-4,0），设，由，则，由,因为，所以，则，所以，于是，化简得：，令，所以直线MN经过轴上的定点.故答案为：.1．（2021·全国高二课时练习）过椭圆的焦点的弦中最短弦长是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由过椭圆焦点的最短弦所在直线不垂直y轴，设出其方程并与椭圆方程联立求出直线被椭圆所截弦长即可推理作答.【详解】显然过椭圆焦点的最短弦所在直线l不垂直y轴，设l的方程为：x=my+c，由消去x并整理得：， 设直线l与椭圆交于点，则有，则有，当且仅当时取“=”，于是，当，即直线l垂直于x轴时，，所以过椭圆的焦点的最短弦是与焦点所在坐标轴垂直的弦，最短弦长是.故选：A2．（2019·北京高考真题（理））数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是A．① B．② C．①② D．①②③【答案】C【解析】由得,,,所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.如图所示,易知,四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.故选C.3．（2020·四川武侯·成都七中高二月考（理））已知点是椭圆上的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是的角平分线上的一点，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，延长与交于点，则是的角平分线，由可得与垂直，可得为等腰三角形，故为的中点，由于为的中点，则为的中位线，故，由于，所以，所以，问题转化为求的最值，而的最小值为，的最大值为，即的值域为，故当或时，取得最大值为，当时，在轴上，此时与重合，取得最小值为0，又由题意，最值取不到，所以的取值范围是，故选：A.4．【多选题】（2021·济宁市育才中学）已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为，．若圆与双曲线的渐近线相切，则（    ）A．双曲线的离心率B．当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上C．为定值D．的最小值为【答案】ACD【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径求得，从而可得，得离心率，判断A；设出的内切圆与其三边的切点，利用切线的性质得出点横坐标，从而判断B；，求出，代入点在双曲线上的条件可判断C；利用余弦定理求得，并由基本不等式求得最小值判断D．【详解】由题意双曲线的渐近线方程是，圆的圆心是，半径是1，则，（舍去），又，所以，离心率为，A正确；设的内切圆与三边切点分别为，如图，由圆的切线性质知，所以，因此内心在直线，即直线上，B错；设，则，，渐近线方程是，则，，为常数，C正确；由已知的方程是，倾斜角为，所以，，，当且仅当时等号成立，D正确．故选：ACD．5．【多选题】（2021·全国高二期中）椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，则以下说法正确的是（    ）A．过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为8B．椭圆上存在点，使得C．椭圆的离心率为D．为椭圆上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为3【答案】ABD【分析】结合椭圆定义判断A选项的正确性，结合向量数量积的坐标运算判断B选项的正确性，直接法求得椭圆的离心率，由此判断C选项的正确性，结合两点间距离公式判断D选项的正确性.【详解】对于选项：由椭圆定义可得：，因此的周长为，所以选项正确；对于选项：设，则，且，又，，所以，，因此，解得，，故选项正确；对于选项：因为，，所以，即，所以离心率，所以选项错误；对于选项：设，，则点到圆的圆心的距离为，因为，所以，所以选项正确，故选：ABD．6．（2021·山东）已知圆，，动圆与圆､都相切，则动圆的圆心轨迹的方程为___________；直线与曲线仅有三个公共点，依次为､､，则的最大值为___________.【答案】或        【分析】①分析两个圆的位置，圆内含于圆，则圆有与圆外切，与圆内切，以及与圆､都内切两种情况，分别列出关系化简即可. ②由①的结果可知，若有三个公共点，则与内部的椭圆相切，与外部的椭圆相交，设直线通过相切解出，通过相交写出弦长公式，代入化简，求出弦长的最大值.【详解】①已知圆，，则圆内含于圆，圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为.设动圆的半径为，分以下两种情况讨论：（1）圆与圆外切，与圆内切，由题意可得，∴，此时，圆的圆心轨迹是以､分别为左､右焦点，长轴长为的椭圆，∴，，则，此时，轨迹的方程为；（2）圆与圆､都内切，且，由题意可得，∴，此时，圆的圆心轨迹是以､分别为左､右焦点，长轴长为的椭圆，∴，，则，此时，轨迹的方程为；综上所述，轨迹的方程为或.②由于直线与曲线仅有三个公共点，则直线与椭圆相切.若直线的斜率不存在时，直线的方程为，可设直线的方程为，联立，解得，此时；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，消去并整理得，，可得，设点､，联立，消去并整理得，，由韦达定理得，，∴，∴，当且仅当时，取得最大值.故答案为：或；.7．（2021·深圳实验学校高中部高二期末）如图，已知抛物线直线交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点.（1）证明：；（2）设抛物线C在点A处的切线为，在点B处的切线为，证明：与的交点M在一定直线上.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而得证；（2）对函数求导，利用导数的几何意义求出过点、的切线、的方程，即可得到，即可得证；【详解】解：（1）设，，把代入，得.由韦达定理得，..所以（2），，故经过点的切线的方程为：，即，①同理，经过点的切线的方程为：，②，得.即点M在直线上.8.（2021·浙江温州·高二期末）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，直线交抛物线于，两点.（1）求抛物线的标准方程；（2）过点，分别作抛物线的切线，，点为直线，的交点.（i）求证：点在一条定直线上；（ii）求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）由题意可得，代入抛物线方程即可求解.（2）（i）联立方程组消去，求出两根之和、两根之积，再求出切线方程以及切线方程，求出两直线的交点即可求解.（ii）利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再利用弦长公式求出，由即可求解.【详解】解：（1）抛物线的焦点到准线的距离为2，可得，所以抛物线的标准方程为.（2）联立方程组消去得，，∴，由得，，所以切线方程为切线方程为联立直线､方程可解得，.（i）所以点的坐标为.所以点在定直线上（ii）点到直线的距离为.所以的面积为所以当时，有最小值.面积的取值范围是.9.（2021·四川南充·（文））设抛物线的焦点为，过且斜率k的直线与交于A，D两点，.（1）求；（2）若在上，过点作的弦，，若，证明：直线过定点，并求出定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.【分析】（1）设出的方程为，与抛物线联立方程组，表示出弦长，求出斜率k；（2）设直线:，联立把表示为，找出m、n的关系，把直线用点斜式表示，得到直线过定点.【详解】解：（1）由题意得，的方程为，，设，，由，得，，故，所以，解得(舍)，.（2）因为在上，所以，设直线的方程为，，.联立，得，由得，，.因为，所以.所以，又因为，，所以，所以或，所以或.因为恒成立，所以，所以直线的方程，所以直线过定点.10．（山东高考真题（理））已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为时，为正三角形.（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.【答案】（I）.（II）（ⅰ）直线AE过定点.（ⅱ）的面积的最小值为16.【解析】（I）由题意知设，则FD的中点为，因为，由抛物线的定义知：，解得或（舍去）.由，解得.所以抛物线C的方程为.（II）（ⅰ）由（I）知，设，因为，则，由得，故，故直线AB的斜率为，因为直线和直线AB平行，设直线的方程为，代入抛物线方程得，由题意，得.设，则，.当时，，可得直线AE的方程为，由，整理可得，直线AE恒过点.当时，直线AE的方程为，过点，所以直线AE过定点.（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点，所以，设直线AE的方程为，因为点在直线AE上，故，设，直线AB的方程为，由于，可得，代入抛物线方程得，所以，可求得，，所以点B到直线AE的距离为.则的面积，当且仅当即时等号成立.所以的面积的最小值为16.1．（2021·全国高考真题（文））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.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）设，则，所以，由在抛物线上可得，即，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.2.（2020·山东高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.（1）求抛物线的标准方程；（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.【详解】解：（1）由椭圆可知，，所以，，则，因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，所以，即.所以抛物线的标准方程为.（2）由椭圆可知，，若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.所以直线的斜率存在，设为，直线过点，则直线的方程为，设点，，联立方程组，消去，得.①因为直线与抛物线有两个交点，所以，即，解得，且.由①可知，所以，则，因为，且，所以，解得或，因为，且，所以不符合题意，舍去，所以直线的方程为，即.3．（2020·江苏省高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．（1）求△AF1F2的周长；（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值；（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．【答案】（1）6；（2）-4；（3）或.【解析】（1）∵椭圆的方程为∴,由椭圆定义可得：.∴的周长为（2）设，根据题意可得.∵点在椭圆上，且在第一象限，∴∵准线方程为∴∴，当且仅当时取等号.∴的最小值为.（3）设，点到直线的距离为.∵，∴直线的方程为∵点到直线的距离为，∴∴∴①∵②∴联立①②解得，.∴或.4．（2020·山东海南省高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】 (1)由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2)设点.因为AM⊥AN，∴，即,①当直线MN的斜率存在时，设方程为,如图1.代入椭圆方程消去并整理得：,    ②,根据,代入①整理可得：         将②代入，，整理化简得,∵不在直线上，∴，∴，于是MN的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线MN的斜率不存在时，可得,如图2.代入得,结合,解得,此时直线MN过点, 由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）.由于，故由中点坐标公式可得.故存在点，使得|DQ|为定值.5.（2021·全国高考真题（理））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．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.【详解】（1）抛物线的焦点为，，所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，则，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，联立，可得，由韦达定理可得，，所以，，点到直线的距离为，所以，，，由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.6.（2019·全国高考真题（理））已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（2）（i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解所以有，代入直线方程中，得，所以点的坐标为，直线的斜率为; ,因为所以，因此是直角三角形；（ii）由（i）可知：，的坐标为，，,,因为，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.【易错提醒】直线和抛物线有一个交点有两种情况：相切以及平行于对称轴．