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

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(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
2．[2023·全国乙卷(理)]已知椭圆C： eq \f(y2,a2)＋ eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(5),3)，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( eq \f(3,2)，－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 eq \(MT,\s\up6(→))＝ eq \(TH,\s\up6(→)).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 eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(MN,\s\up6(→))＝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> eq \f(1,2).
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))· eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝ eq \r(5)· eq \r(16p2－8p)＝4 eq \r(15)，解得p＝2或p＝－ eq \f(3,2)(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 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝ eq \f(1,2)|MF||NF|＝ eq \f(1,2)(x3＋1)(x4＋1)＝ eq \f(1,2)(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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))得x2－6x＋1＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2)))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2 eq \r(2)时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2 eq \r(2)).
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，))得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝ eq \f(4m,k).
又 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以 eq \f(m2,k2)－ eq \f(4－2km,k2)＋1＋ eq \f(4m,k)＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝ eq \f(1,2)(x3x4＋x3＋x4＋1)＝ eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2)＝ eq \f(m2＋k2＋2km,k2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2)＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1.
令t＝ eq \f(m,k)，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2)＋6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1＝ eq \f(4,k2)>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2 eq \r(2)或t12－8 eq \r(2)＝4(3－2 eq \r(2).
故△MFN面积的最小值为4(3－2 eq \r(2)).
2．解析：(1)因为点A(－2，0)在C上，
所以 eq \f(4,b2)＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(5),3)，
所以c2＝ eq \f(5,9)a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋ eq \f(5,9)a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为 eq \f(y2,9)＋ eq \f(x2,4)＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))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＝－ eq \f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝ eq \f(16k2＋48k,4k2＋9).
直线AP：y＝ eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝0，解得yM＝ eq \f(2y1,x1＋2)，同理得yN＝ eq \f(2y2,x2＋2)，
则yM＋yN＝2 eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2 eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2 eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2 eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2× eq \f(108,36)
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为 eq \f(yM＋yN,2)＝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( eq \f(3,2)，－1)的坐标代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．))
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3)＋ eq \f(y2,4)＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(16t2＋8t,4t2＋3)，y1y2＝ eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3).
设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得 eq \f(y1＋2,x0)＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2))，得x0＝ eq \f(3,2)y1＋3.
设H(x′，y′).
由 eq \(MT,\s\up6(→))＝ eq \(TH,\s\up6(→))，得( eq \f(3,2)y1＋3－x1，0)＝(x′－ eq \f(3,2)y1－3，y′－y1)，
所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝ eq \f(y2－y′,x2－x′)＝ eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）)＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)，
所以直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)·(x－x2).
令x＝0，得y＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)·(－x2)＋y2
＝ eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)＋y2
＝ eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)
＝ eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4)
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B( eq \f(3,2)，－1)可得直线AB的方程为y＝ eq \f(2,3)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 eq \f(x2,3)＋ eq \f(y2,4)＝1，可得N(1， eq \f(2\r(6),3))，M(1，－ eq \f(2\r(6),3)).
将y＝－ eq \f(2\r(6),3)代入y＝ eq \f(2,3)x－2，可得T(3－ eq \r(6)，－ eq \f(2\r(6),3)).
由 eq \(MT,\s\up6(→))＝ eq \(TH,\s\up6(→))，得H(5－2 eq \r(6)，－ eq \f(2\r(6),3)).
此时直线HN的方程为y＝(2＋ eq \f(2\r(6),3))(x－1)＋ eq \f(2\r(6),3)，
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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，))则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，))
且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4).①
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2))，可得T( eq \f(3y1,2)＋3，y1).
由 eq \(MT,\s\up6(→))＝ eq \(TH,\s\up6(→))，得H(3y1＋6－x1，y1).
则直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(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： eq \r(（x－2）2＋y2)＝|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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝8x))⇒y2－8my－16＝0，∴Δ＞0⇒m∈R，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，
∴|AB|＝ eq \r(1＋m2) eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝8(1＋m2)，
设切线MA的方程为y－y1＝k(x－x1)(k≠0)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y1＝k（x－x1），,y2＝8x))⇒y2－ eq \f(8,k)y＋ eq \f(8y1,k)－8x1＝0，∴Δ＝0⇒ky1＝4，
∴切线MA的方程为y－y1＝ eq \f(4,y1)(x－x1)，化简得yy1＝4(x＋x1)＝4x＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)， ①
同理可得切线MB的方程为yy2＝4(x＋x2)＝4x＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)， ②
由①②得点M的坐标为M(－2，4m)，
∴点M到直线l的距离d＝ eq \f(|－2－4m2－2|,\r(1＋m2))＝4 eq \r(1＋m2)，
∴S△MAB＝ eq \f(1,2)|AB|·d＝16(1＋m2) eq \s\up6(\f(3,2))≥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 eq \r(2)，依题意，|SB|＝|ST|，|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝2 eq \r(2)＞2＝|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为2 eq \r(2)的椭圆，
短半轴长b＝ eq \r(（\r(2)）2－12)＝1，
所以曲线C的方程为 eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由 eq \(DE,\s\up6(→))· eq \(MN,\s\up6(→))＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2))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＝－ eq \f(4k2,2k2＋1)，xP＝－ eq \f(2k2,2k2＋1)，yP＝ eq \f(k,2k2＋1)，因此，
|BP|＝ eq \r(（1－\f(2k2,2k2＋1)）2＋（\f(k,2k2＋1)）2)＝ eq \f(\r(k2＋1),2k2＋1)，
直线MN的斜率为－ eq \f(1,k)，同理可得|BQ|＝ eq \f(|k|\r(k2＋1),k2＋2)，
△BPQ面积S△BPQ＝ eq \f(1,2)|BP||BQ|＝ eq \f(1,2)· eq \f(\r(k2＋1),2k2＋1)· eq \f(|k|\r(k2＋1),k2＋2)＝ eq \f(|k|＋\f(1,|k|),4（|k|＋\f(1,|k|)）2＋2)，
令t＝|k|＋ eq \f(1,|k|)≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S△BPQ＝ eq \f(t,4t2＋2)＝ eq \f(1,4t＋\f(2,t))，
函数y＝4t＋ eq \f(2,t)在[2，＋∞)上单调递增，即当t＝2时，(4t＋ eq \f(2,t))min＝9，
所以当t＝2，即k＝±1时，(S△BPQ)max＝ eq \f(1,9)，
所以△BPQ面积的最大值是 eq \f(1,9).