2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练48高考大题专练五圆锥曲线的综合运用

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(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3).
解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝ eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2)，
化简得x2＝y－ eq \f(1,4)，
所以W的方程为x2＝y－ eq \f(1,4).
(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设B(t，t2＋ eq \f(1,4))，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋ eq \f(1,4))＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－ eq \f(1,4)联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x1－t|＝ eq \r(1＋k2)|k－2t|＝ eq \r(1＋k2)|2t－k|，
|BC|＝ eq \r(1＋（1－\f(1,k)）2)|－ eq \f(1,k)－2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k)| eq \f(1,k)＋2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k2)|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝ eq \f(2\r(1＋k2),k2)(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|
＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k),（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)＜t≤\f(k,2),（2k2＋2k）t－k3＋1，t>\f(k,2)))，
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k)]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k)， eq \f(k,2)]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2)，＋∞)上单调递增，
所以当t＝ eq \f(k,2)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2)(k2＋1)＝.
令f(k)＝，k≥1，
则f′(k)＝
当1≤k＜ eq \r(2)时，f′(k)＜0，当k＞ eq \r(2)时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1， eq \r(2))上单调递减，在( eq \r(2)，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f( eq \r(2))＝3 eq \r(3)，
所以2(|AB|＋|BC|)＞≥3 eq \r(3).
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k)]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k)， eq \f(k,2)]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2)，＋∞)上单调递增，
所以当t＝－ eq \f(1,2k)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2)k(k2＋1)＝.
令g(k)＝，00)，点P1(5，4)在C上，k为常数，00，则m21时，有m2＝－ eq \f(1,m1)∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有kMN＝ eq \f(1,m2＋m1)＝ eq \f(1,m1－\f(1,m1))>0，由直线MN过定点(3，0)，
此时 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))>3－(－1)＝4，
同理，当m10)交于A，B两点，|AB|＝4 eq \r(15).
(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．
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)).
6．[2024·新课标Ⅰ卷]已知A(0，3)和P(3， eq \f(3,2))为椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上两点．
(1)求C的离心率；
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
解析：(1)将A(0，3)，P(3， eq \f(3,2))的坐标代入椭圆C的方程，
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(0,a2)＋\f(9,b2)＝1，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2\r(3)，,b＝3，))则c2＝a2－b2＝3，即c＝ eq \r(3)，
则C的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(3),2\r(3))＝ eq \f(1,2).
(2)由(1)可得椭圆C的方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,9)＝1.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时S△ABP＝ eq \f(1,2)×3×3＝ eq \f(9,2)≠9，不符合题意，故直线l的斜率存在．
方法一 设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠3)，B(x1，y1)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))消去y整理得(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋3)(4b2－36)＝48(12k2＋9－b2)>0①，则x1＋3＝ eq \f(－8kb,4k2＋3).
由点P在l上，得 eq \f(3,2)＝3k＋b，即b＝ eq \f(3,2)－3k②.
由①②知k≠－ eq \f(3,2)，此时b≠6.
所以x1＝ eq \f(－8k（\f(3,2)－3k）,4k2＋3)－3＝ eq \f(12k2－12k－9,4k2＋3)，代入直线l的方程可得y1＝ eq \f(－6k2－18k＋\f(9,2),4k2＋3).
由A(0，3)，P(3， eq \f(3,2))可得|AP|＝ eq \f(3\r(5),2)，直线AP的方程为x＋2y－6＝0，设点B到直线AP的距离为d，则S△ABP＝ eq \f(1,2)·|AP|·d＝ eq \f(1,2)× eq \f(3\r(5),2)d＝9，解得d＝ eq \f(12\r(5),5).
由点到直线的距离公式可得d＝ eq \f(|x1＋2y1－6|,\r(1＋22))＝ eq \f(12\r(5),5)，
将x1＝ eq \f(12k2－12k－9,4k2＋3)，y1＝ eq \f(－6k2－18k＋\f(9,2),4k2＋3)代入上式，
解得k＝ eq \f(3,2)或k＝ eq \f(1,2)，当k＝ eq \f(3,2)时，b＝－3；当k＝ eq \f(1,2)时，b＝0，
所以直线l的方程为y＝ eq \f(3,2)x－3或y＝ eq \f(1,2)x.
方法二 设直线l的方程为y－ eq \f(3,2)＝k(x－3)，令P(x1，y1)，
B(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－3）＋\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))消去y可得
(4k2＋3)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0，
Δ＝(24k2－12k)2－4(4k2＋3)(36k2－36k－27)＝36(4k2＋12k＋9)＝36(2k＋3)2>0，k≠－ eq \f(3,2)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(24k2－12k,4k2＋3)，,x1x2＝\f(36k2－36k－27,4k2＋3)，))
所以|PB|＝ eq \r(1＋k2)· eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝
eq \f(4\r(3) \r(k2＋1) \r(3k2＋9k＋\f(27,4)),4k2＋3).
又点A到直线PB的距离d＝ eq \f(|3k＋\f(3,2)|,\r(k2＋1))，
S＝ eq \f(1,2)· eq \f(4\r(3) \r(k2＋1) \r(3k2＋9k＋\f(27,4)),4k2＋3)· eq \f(|3k＋\f(3,2)|,\r(k2＋1))＝9，
解得k＝ eq \f(1,2)或 eq \f(3,2)，
所以直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)x或y＝ eq \f(3,2)x－3.
7．[2024·全国甲卷(理)]设椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1， eq \f(3,2))在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
解析：设椭圆C的左焦点为F1，因为点M的横坐标为1，且MF⊥x轴，所以c＝1，则|F1F|＝2，|MF|＝ eq \f(3,2)，因为MF⊥x轴，所以|MF1|＝ eq \r(|MF|2＋|F1F|2)＝ eq \f(5,2)，所以2a＝|MF1|＋|MF|＝4，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：方法一 由题可得，F(1，0)，P(4，0)，
所以点N( eq \f(5,2)，0).
当直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x＝ty＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝ty＋4，))整理得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，由Δ>0得t2>4，
根据根与系数的关系可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(24t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(36,3t2＋4)，))
直线NB的方程为y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2))(x－ eq \f(5,2))，设点Q的坐标为(1，yQ)，将x＝1代入直线NB的方程得yQ＝ eq \f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝ eq \f(－\f(3,2)y2,ty2＋\f(3,2))，
所以Q点的坐标为(1， eq \f(－\f(3,2)y2,ty2＋\f(3,2))).
因为yQ－y1＝ eq \f(－\f(3,2)y2,ty2＋\f(3,2))－y1
＝ eq \f(－\f(3,2)y2－y1·（ty2＋\f(3,2)）,ty2＋\f(3,2))
＝ eq \f(－\f(3,2)（y1＋y2）－ty1y2,ty2＋\f(3,2))
＝ eq \f(－\f(3,2)×（－\f(24t,3t2＋4)）－t×\f(36,3t2＋4),ty2＋\f(3,2))＝0，
所以yQ＝y1.
又y1≠0，所以直线AQ与x轴平行，所以AQ⊥y轴．
当直线AB与x轴重合时，直线AQ与x轴重合，所以AQ⊥y轴．
综上，AQ⊥y轴．
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝λ eq \(PB,\s\up6(→))(λ≠－1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋λx2,1＋λ)＝4，,\f(y1＋λy2,1＋λ)＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λx2＝4＋4λ－x1，,λy2＝－y1.))
又由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝12，①,3（λx2）2＋4（λy2）2＝12λ2，②))①－②可得3· eq \f(x1＋λx2,1＋λ)· eq \f(x1－λx2,1－λ)＋4· eq \f(y1＋λy2,1＋λ)· eq \f(y1－λy2,1－λ)＝12，结合上式可得5λ－2λx2＋3＝0.
由N( eq \f(5,2)，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2))·(x－ eq \f(5,2))，
因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝ eq \f(3y2,5－2x2)＝ eq \f(3λy2,5λ－2λx2)＝－λy2＝y1，故AQ⊥y轴．
方法三 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由P，A，B三点共线得x1y2－x2y1＝4(y2－y1)①，所以(x1y2－x2y1)(x1y2＋x2y1)＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝(4－ eq \f(4,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －(4－ eq \f(4,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4(y2－y1)(y2＋y1)＝4(y2－y1)·(x1y2＋x2y1)，即x1y2＋x2y1＝y2＋y1②，①②联立得2x2y1＝5y1－3y2.
由N( eq \f(5,2)，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2))·(x－ eq \f(5,2))，因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝ eq \f(3y2,5－2x2)＝ eq \f(3y1y2,5y1－2y1x2)＝y1，故AQ⊥y轴．
8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)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tan ∠PAQ＝2 eq \r(2)，求△PAQ的面积．
解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，∴ eq \f(4,a2)－ eq \f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2)－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2)，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2).
由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2)＋ eq \f(y2－1,x2－2)＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2)＋(m－1－2k)· eq \f(4km,1－2k2)－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，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 α即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(\r(2),2).
∵ eq \f(\r(2),2)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 ( eq \f(π,2)－α)＝ eq \f(1,tan α)即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2))＝ eq \r(2)，则kAQ＝－ eq \r(2)，
∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2)(x－2)，
即y＝ eq \r(2)x－2 eq \r(2)＋1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，
得3x2－(16－4 eq \r(2))x＋20－8 eq \r(2)＝0，
则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3)，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3).
∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3)|＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3).
同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3).
∵tan 2α＝2 eq \r(2)，0