新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题，共8页。试卷主要包含了 已知椭圆E， 双曲线C， 已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·湖北模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))).
(1)若椭圆E的离心率e∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，求b的取值范围；
(2)已知椭圆E的离心率e＝eq \f(\r(3),2)，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆x2＋y2＝b2相切，求线段MN的最大值．
【解析】 (1)∵Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))在椭圆上，
∴eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，有eq \f(b2,a2)＋eq \f(3,4)＝b2，
则b2＝eq \f(b2,a2)＋eq \f(3,4)＝eq \f(a2－c2,a2)＋eq \f(3,4)＝eq \f(7,4)－e2，
又∵0＜e≤eq \f(1,2)，
∴b2＝eq \f(7,4)－e2∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,4)))，
∵0＜b＜a，
∴b∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(7),2))).
(2)由(1)可知b2＝eq \f(7,4)－e2，又e＝eq \f(\r(3),2)，b＞0，
所以b＝1，a＝2，椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
因为直线MN与x2＋y2＝1相切，故kMN≠0.
若直线MN的斜率不存在，不妨设直线MN为：x＝1，代入椭圆方程可得此时线段|MN|＝eq \r(3).
若直线MN的斜率存在，可设直线MN的方程为：y＝kx＋m(k≠0)．
由直线MN与x2＋y2＝1相切，故eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝1，可得：m2＝1＋k2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)，
线段|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,1＋4k2)))2－4·\f(4m2－4,1＋4k2))
＝eq \f(4\r(1＋k2),1＋4k2)·eq \r(4k2m2－(1＋4k2)(m2－1))
＝eq \f(4\r(1＋k2),1＋4k2)·eq \r(4k2＋1－m2).
又因为m2＝1＋k2，
所以|MN|＝eq \f(4\r(3)·\r((1＋k2)·k2),1＋4k2)
＝4eq \r(\f((1＋k2)·3k2,(1＋4k2)2))≤eq \f(4·\f(1,2)(1＋4k2),1＋4k2)＝2.
当且仅当3k2＝k2＋1，故当k2＝eq \f(1,2)时，|MN|的最大值为2.
综上所述：当k＝±eq \f(\r(2),2)时，线段MN的最大值2.
2.已知双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(eq \r(3)，0)，渐近线与抛物线C2：y2＝2px(p＞0)交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).
(1)求C1，C2的方程；
(2)设A是C1与C2在第一象限的公共点，作直线l与C1的两支分别交于点M，N，使得AM⊥AN.
①求证：直线MN过定点；
②过A作AD⊥MN于D.是否存在定点P，使得|DP|为定值？如果有，请求出点P的坐标；如果没有，请说明理由．
【解析】 (1)因为F(eq \r(3)，0)，双曲线C1的渐近线过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)，,\f(b,a)＝\f(\r(2),2)，,c2＝a2＋b2，))解得a＝eq \r(2)，b＝1，
所以双曲线C1：eq \f(x2,2)－y2＝1；
因为抛物线C2过eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，
所以2p＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＝eq \f(1,2)，
所以抛物线C2：y2＝eq \f(1,2)x.
(2)①证明：因为M，N在不同支，所以直线MN的斜率存在，设直线方程为y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y，整理得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4km,1－2k2)，x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立C1，C2可得A(2,1)，
因为·＝0，所以(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
代入直线方程及韦达定理整理可得，12k2＋8km＋m2＋2m－3＝0，
化简整理得(6k＋m＋3)(2k＋m－1)＝0，
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以6k＋m＋3＝0，
所以直线MN的方程为y＝kx－6k－3＝k(x－6)－3，
所以直线MN恒过定点B(6，－3)；
②因为A，B为定点，且∠ADB为直角，
所以D在以AB为直径的圆上，AB的中点P(4，－1)即为圆心，半径|DP|为定值，
故存在点P(4，－1)，使得|DP|为定值．
3. (2023·沙坪坝区校级期末)已知eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，A，B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))时，△ABF的周长恰为7eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F作直线l交椭圆于C，D两点，且CD∥AB，求△ACD面积的最大值．
【解析】 (1)当点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))时，
|OA|＝eq \r(1＋\f(7,2))＝eq \f(3\r(2),2)，
所以AB＝3eq \r(2)，
因为A，B是椭圆上关于原点O对称的两个动点，
所以|AF|＋|BF|＝2a，
可得2a＝7eq \r(2)－3eq \r(2)＝4eq \r(2)，
解得a＝2eq \r(2)，
又点A在椭圆上eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1上，
所以eq \f((－1)2,(2\r(2))2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(14),2)))2,b2)＝1，
解得b＝2，
所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，
可得S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2)；
当直线AB的斜率存在时，不妨设直线CD的方程为y＝k(x＋2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝k(x＋2)，))消去y并整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0，
易得Δ＝(8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－8)＞0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由韦达定理得x1＋x2＝－eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－8,1＋2k2)，
所以|CD|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r((\f(8k2,1＋2k2))2－4×\f(8k2－8,1＋2k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(32k2＋32,(1＋2k2)2))＝eq \f(4\r(2)(1＋k2),1＋2k2)，
因为CD∥AB，
所以点A到直线CD的距离即为点O到直线CD的距离d＝eq \f(|2k|,\r(1＋k2))，
此时S△ACD＝eq \f(1,2)|CD|×d
＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(2)(1＋k2),1＋2k2)×eq \f(|2k|,\r(1＋k2))
＝eq \f(4\r(2)|k|·\r(1＋k2),1＋2k2)
＝4eq \r(2)eq \r(\f((1＋k2)k2,(1＋2k2)2))
＝2eq \r(2)eq \r(\f(4k4＋4k2,4k4＋4k2＋1))
＝2eq \r(2)eq \r(1－\f(1,(1＋2k2)2))，
因为1＋2k2＞1，
所以0＜eq \f(1,(1＋2k2)2)＜1，
则0＜S△ACD＜2eq \r(2)，
故△ACD面积的最大值为2eq \r(2).
4. (2023·贾汪区校级模拟)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点P(2,1)，且虚轴的一个顶点到一条渐近线的距离为eq \f(\r(6),3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P的两条直线l1，l2与双曲线C分别交于A，B两点(A，B两点不与P点重合)，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，若k1＋k2＝1，证明：直线AB过定点．
【解析】 (1)双曲线C的一条渐近线方程为bx－ay＝0，虚轴的一个顶点为(0，b)，
∵虚轴的一个顶点到一条渐近线的距离为eq \f(\r(6),3).
∴eq \f(|－ab|,\r(b2＋a2))＝eq \f(\r(6),3)，即eq \r(3)ab＝eq \r(2)c，
即3a2b2＝2(a2＋b2)，①，
又点P(2,1)在双曲线C上，
所以eq \f(4,a2)－eq \f(1,b2)＝1，即a2b2＝4b2－a2，②，
由①②解得a2＝2，b2＝1，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，
设A(x0，y0)，B(x0，－y0)，
则由k1＋k2＝1，解得eq \f(y0－1,x0－2)＋eq \f(－y0－1,x0－2)＝1，
即eq \f(－2,x0－2)＝1，解得x0＝0，不符合题意，所以直线AB的斜率存在，
不妨设直线AB的方程为y＝kx＋t，代入eq \f(x2,2)－y2＝1，
整理得(2k2－1)x2＋4ktx＋2t2＋2＝0(2k2－1≠0)，Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4kt,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2t2＋2,2k2－1)，
则由k1＋k2＝1，得eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝1，
即eq \f(kx1＋t－1,x1－2)＋eq \f(kx2＋t－1,x2－2)＝1，
整理得(2k－1)x1x2＋(t－2k＋1)(x1＋x2)－4t＝0，
∴(2k－1)·eq \f(2t2＋2,2k2－1)＋(t－2k＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2－1)))－4t＝0，
整理得t2＋(2k－2)t＋1－2k＝0，
即(t－1)(t＋2k－1)＝0，所以t＝1或t＝1－2k，
当t＝1时，直线AB的方程为y＝kx＋1，经过定点(0,1)；
当t＝1－2k时，直线AB方程为y＝k(x－2)＋1，经过定点P(2,1)，不符合题意，
综上，直线AB过定点(0,1)．
5. (2023·鼓楼区校级模拟)已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线y＝x垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线y＝－x垂直，B为垂足且位于第二象限．四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)点E(2eq \r(2)，0)，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为k1，k2，k3.若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))·k3＝－6，求△PQE周长的取值范围．
【解析】 (1)因为直线x－y＝0、x＋y＝0相互垂直，
所以四边形OAMB为矩形，
设M(x，y)，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y<0，,x＋y<0，))可得x＜0，
则点M到直线x－y＝0、x＋y＝0的距离分别为eq \f(\r(2)|x－y|,2)、eq \f(\r(2)|x＋y|,2).
可得eq \f(\r(2)|x－y|,2)×eq \f(\r(2)|x＋y|,2)＝2，
整理得x2－y2＝4(x＜0)，
所以C的方程为x2－y2＝4(x＜0)．
(2)设直线PQ：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－y2＝4，))消去y得(1－k2)x2－2kmx－(m2＋4)＝0，
由题意可得：
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4k2m2＋4(1－k2)(m2＋4)＝4(m2－4k2＋4)>0，,x1＋x2＝\f(2km,1－k2)<0，,x1x2＝－\f(m2＋4,1－k2)>0，))①
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))·k3＝－6，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1－2\r(2),y1)＋\f(x2－2\r(2),y2)))·k
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1－2\r(2),kx1＋m)＋\f(x2－2\r(2),kx2＋m)))·k＝－6，
整理得8k2x1x2＋(7km－2eq \r(2)k2)(x1＋x2)＋6m2－4eq \r(2)km＝0，
即eq \f(－8k2(m2＋4),1－k2)＋eq \f(2km(7km－2\r(2)k2),1－k2)＋6m2－4eq \r(2)km＝0，
整理得3m2－2eq \r(2)km－16k2＝0，
解得m＝－eq \f(4\r(2),3)k或m＝2eq \r(2)k，
若m＝－eq \f(4\r(2),3)k，
则直线PQ：y＝kx－eq \f(4\r(2),3)k＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(2),3)))，过定点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3)，0))，
此时①式为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝\f(16,9)(9－k2)>0，,x1＋x2＝－\f(8\r(2)k2,3(1－k2))<0，,x1x2＝－\f(m2＋4,1－k2)>0，))无解，不符合题意；
当m＝2eq \r(2)k时，则直线PQ：y＝kx＋2eq \r(2)k＝k(x＋2eq \r(2))，过定点F(－2eq \r(2)，0)，
此时①式为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16(k2＋1)>0，,x1＋x2＝\f(4\r(2)k2,1－k2)<0，,x1x2＝\f(－(8k2＋4),1－k2)>0，))
解得k2＞1，即k＞1或k＜－1，
则|PQ|＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2)k2,1－k2)))2＋\f(4(8k2＋4),1－k2))＝eq \f(4(k2＋1),k2－1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2－1)))，
因为k2＞1，
则k2－1＞0，
可得eq \f(1,k2－1)>0，
所以|PQ|＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,k2－1)))>4，
又因为E，F为双曲线x2－y2＝4的左、右焦点，
则|PE|－|PF|＝4，|QE|－|QF|＝4，
即|PE|＝|PF|＋4，|QE|＝|QF|＋4，
可得△PQE周长为|PE|＋|QE|＋|PQ|＝|PF|＋4＋|QF|＋4＋|PQ|＝2|PQ|＋8＞16，
所以△PQE周长的取值范围(16，＋∞)．
6. (2023·运城三模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当△OAB为等边三角形时，|AB|＝8eq \r(3).
(1)求C的标准方程；
(2)抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足＋＝4，且点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)由对称性可知，当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，
当△OAB为等边三角形时，△OAB的高为eq \f(\r(3),2)|AB|＝12，
由题意知点(12,4eq \r(3))在C上，代入y2＝2px，得(4eq \r(3))2＝24p，解得p＝2，
所以C的标准方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)，根据题意可知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky＋m，,y2＝4x，))得y2－4ky－4m＝0，
所以Δ＝16k2＋16m＞0，即k2＋m＞0，且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m，
所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m＝4k2＋2m，
由＋＝4，得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)＝4(1－x0，－y0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2－4＝－2x0，,y1＋y2＝－2y0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2－m－2k2，,y0＝－2k，))
即P(2－m－2k2，－2k)，
又点P在C上，所以4k2＝4(2－m－2k2)，即3k2＋m＝2，①
所以k2＋m＝k2＋2－3k2＝2(1－k2)＞0，解得－1＜k＜1，
又点P在第一象限，所以－2k＞0，所以－1＜k＜0，
又点P到直线AB的距离
d＝eq \f(|2－m－2k2＋2k2－m|,\r(1＋k2))＝eq \f(2|m－1|,\r(1＋k2))＝2，
化简得m2－2m＝k2，②
联立①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,3)，,k＝－\f(\r(7),3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－\f(1,3)，,k＝\f(\r(7),3)))(舍去)或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2，,k＝0))(舍去)，
此时点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(2\r(7),3)))，直线AB的方程为3x＋eq \r(7)y＋1＝0.