重难点29 圆锥曲线综合—2023年高考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）（解析版）

重难点29  圆锥曲线综合

1、处理定点问题的思路：

（1）确定题目中的核心变量（此处设为）

（2）利用条件找到与过定点的曲线 的联系，得到有关与的等式

（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立。此时要将关于与的等式进行变形，直至易于找到。常见的变形方向如下：

① 若等式的形式为整式，则考虑将含的项归在一组，变形为“”的形式，从而只需要先让括号内的部分为零即可

② 若等式为含的分式， 的取值一方面可以考虑使其分子为0，从而分式与分母的取值无关；或者考虑让分子分母消去的式子变成常数（这两方面本质上可以通过分离常数进行相互转化，但通常选择容易观察到的形式）

2、处理定值问题的方法：

（1）确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示

（2）将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数。

3、解决存在性问题的一些技巧：

（1）特殊值（点）法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其它情况均成立。

（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素，所以通常以该要素作为核心变量，其余变量作为辅助变量，必要的时候消去。

（3）核心变量的求法：

①直接法：利用条件与辅助变量直接表示出所求要素，并进行求解

②间接法：若无法直接求出要素，则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解。

4、面积问题的解决策略：

（1）求三角形的面积需要寻底找高，需要两条线段的长度，为了简化运算，通常优先选择能用坐标直接进行表示的底（或高）。

（2）面积的拆分：不规则的多边形的面积通常考虑拆分为多个三角形的面积和，对于三角形如果底和高不便于计算，则也可以考虑拆分成若干个易于计算的三角形

圆锥曲线的综合问题涉及的主要考点是：曲线与方程；定点与定值问题；最值与范围问题；探索型与存在性问题。2023年高考在圆锥曲线的综合问题方面，命题角度将主要涉及：（1）定点、定值问题；（2）最值、范围问题；（3）证明、探究性问题.考查以下核心素养：数学运算、逻辑推理、直观想象.

（建议用时：40分钟）

一、单选题

1．已知是双曲线：上的一点，，是的两个焦点，若，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题知，，所以==，解得，故选A.

2．设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【解析】设点，因为，，所以

，

而，所以当时，的最大值为．

故选：A．

3．过抛物线(>0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别为p、q，则等于

A．2 B． C． D．

【答案】C

【解析】抛物线转化成标准方程：，

焦点坐标，准线方程为，

设过的直线方程为，

，整理得．

设，，，

由韦达定理可知：，，

，

，

根据抛物线性质可知，，，

，

的值为，

故选：C．

4．对于抛物线上任意一点，点都满足，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设，把表示为的函数，问题转化为对恒成立，结合函数性质可求解．

【解析】，

平方可得：，因为，即，只需，即，

故选：B．

5．已知直线和直线，抛物线上一动点到直线和直线的距离之和的最小值是

A．2 B．3 C． D．

【答案】A

【解析】直线l2：x＝－1为抛物线y2＝4x的准线．由抛物线的定义知，P到l2的距离等于P到抛物线的焦点F(1,0)的距离，故本题转化为在抛物线y2＝4x上找一个点P，使得P到点F(1,0)和直线l2的距离之和最小，最小值为F(1,0)到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，即dmin＝＝2．

6．已知双曲线的左右焦点分别为，其一条渐近线方程为，点在该双曲线上，则=

A． B． C．0 D．4

【答案】C

【解析】由题知，故，

∴，故选择C．

7．椭圆C：的左右顶点分别为，点P在C上且直线斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设P点坐标为，则，，，

于是，故.

∵ ∴.故选B.

8．设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】B

【解析】

双曲线的渐近线方程是

直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点

不妨设为在第一象限，在第四象限

联立，解得

故

联立，解得

故

面积为：

双曲线

其焦距为

当且仅当取等号

的焦距的最小值：

故选：B.

二、填空题

9．已知抛物线y2＝4x，过点Q(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则的最小值是________.

【答案】32

【解析】设过点的直线方程为：，

由，得：，所以，，

所以==，当时，

10．平面上一机器人在行进中始终保持与点F (1，0)的距离和到直线x＝－1的距离相等．若机器人接触不到过点P(－1，0)且斜率为k的直线，则k的取值范围是________________．

【答案】

【解析】因为平面上机器人在进行中始终保持与点的距离和到直线的距离相等，所以机器人运动的轨迹表示以为焦点，以为准线的抛物线，即，要使得机器人接触不到过点且斜率为的直线，此时直线的方程为，联立方程组，整理得，由解得或．

11．已知直线交抛物线于两点.若该抛物线上存在点，使得为直角，则的取值范围为___________.

【答案】

【解析】试题分析：可知，设C ，．

∵该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，

，化为 ．

，∴ a的取值范围为．

12．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．

【答案】

【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法

令的中点为，设，，利用点差法得到，

设直线，，，求出、的坐标，

再根据求出、，即可得解；

解：令的中点为，因为，所以，

设，，则，，

所以，即

所以，即，设直线，，，

令得，令得，即，，

所以，

即，解得或（舍去），

又，即，解得或（舍去），

所以直线，即；

故答案为：

[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法

解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，

设，，设直线，，，

则，，，因为，所以

联立直线AB与椭圆方程得消掉y得

其中，

∴AB中点E的横坐标,又，∴

∵，，∴,又，解得m=2

所以直线，即

[方法三]：

令的中点为，因为，所以，

设，，则，，

所以，即

所以，即，设直线，，，

令得，令得，即，，所以，

即，解得或（舍去），

又，即，解得或（舍去），

所以直线，即；

故答案为：

13．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.

【答案】

【解析】方法1：由题意可知，

由中位线定理可得，设可得，

联立方程

可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，

求得，所以

方法2：焦半径公式应用

解析1：由题意可知，

由中位线定理可得，即

求得，所以.

14．过双曲线的右焦点F作倾斜角为的直线，交双曲线于P、Q两点，则的值为__________.

【答案】

【解析】由题意，，直线斜率，

所以直线方程为，代入得，

设，则，

又，

，

故答案为：.

三、解答题

15．平面直角坐标系中O为坐标原点，过点.，且斜率为的直线交抛物线于两点.

(1)写出直线的方程；（2）求与的值；（3）求证:.

【答案】（1）（2）（3）见解析

【解析】（1）直线过点，且斜率为，由直线的点斜式方程，可得 ，

即直线的方程为.(k≠0)

（2）设，

又由（1）及消去代入得，

则，

又由得到，

又由，所以.

（3）证明：设的斜率分别为，则，

两式相乘得，所以.

16．已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.

(1)求E的方程；

(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.

【答案】（1） （2）

【解析】（1）设，因为直线的斜率为，

所以，.

又

解得，

所以椭圆的方程为.

（2）解：设

由题意可设直线的方程为：，

联立消去得，

当，所以，即或时

.

所以

点到直线的距离

所以，

设，则，

，

当且仅当，即，

解得时取等号，

满足

所以的面积最大时直线的方程为：或.

17．椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．

(1)求椭圆的离心率；

(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．

【答案】(1)

(2)

【解析】（1）解：，

离心率为.

（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，

易知直线的斜率存在，设直线的方程为，

联立得，

由，①

，，

由可得，②

由可得，③

联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．

18．已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k （k > 0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．

（Ⅰ）当t=4，时，求△AMN的面积；

（Ⅱ）当时，求k的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）设，则由题意知，当时，的方程为，.

由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.

将代入得.解得或，所以.

因此的面积.

（Ⅱ）由题意，，.

将直线的方程代入得.

由得，故.

由题设，直线的方程为，故同理可得，

由得，即.

当时上式不成立，

因此.等价于，

即.由此得，或，解得.

因此的取值范围是.