2022版新教材高考数学一轮复习高考大题专项五圆锥曲线的综合问题含解析新人教B版

1、高考大题专项(五)圆锥曲线的综合问题突破1圆锥曲线中的最大(小)值、范围问题1.(2020河南郑州模拟)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)上的点到右焦点f(c,0)的最大距离是2+1,且1,2a,4c成等比数列.(1)求椭圆的方程;(2)过点f且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于a,b两点,线段ab的垂直平分线交x轴于点m(m,0),求实数m的取值范围.2.(2020湖南湘潭一模)已知f(3,0)为椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点,点m3,12在椭圆c上.(1)求椭圆c的方程;(2)若直线l与椭圆c分别相交于a,b两点,且koa+kob=-12(o为坐标原点),求直线l的斜

2、率的取值范围.3.已知椭圆e的中心在原点,焦点f1,f2在y轴上,离心率等于223,p是椭圆e上的点.以线段pf1为直径的圆经过f2,且9pf1pf2=1.(1)求椭圆e的方程;(2)作直线l与椭圆e交于两个不同的点m,n.如果线段mn被直线2x+1=0平分,求直线l的倾斜角的取值范围.4.(2020宁夏银川模拟)如图,椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为f1(-1,0),f2(1,0),直线l:x=a2交x轴于点a,且af1=2af2.(1)求椭圆的方程;(2)过点f1,f2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于d,e,m,n四点,试求四边形dmen面积的最大值和最小值.5

3、.(2020山东济宁一模)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为33,且椭圆c过点32,22.(1)求椭圆c的标准方程;(2)过椭圆c的右焦点的直线l与椭圆c分别相交于a,b两点,且与圆o:x2+y2=2相交于e,f两点,求|ab|ef|2的取值范围.突破2定点、定值问题1.(2019北京,理18)已知抛物线c:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线c的方程及其准线方程.(2)设o为原点,过抛物线c的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线c于两点m,n,直线y=-1分别交直线om,on于点a和点b.求证:以ab为直径的圆经过y轴上的两个定点.2.(2020重庆模拟)已知椭圆

4、c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为f1,f2.点m在椭圆c上运动,若mf1f2的面积取得最大值4时,有且仅有2个不同的点m使得mf1f2为直角三角形.(1)求椭圆c的方程;(2)过点p(0,1)的直线l与椭圆c分别相交于a,b两点,与x轴交于点q.设qa=pa,qb=pb,求证:+为定值,并求该定值.3.(2020甘肃白银联考)设椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为f1,f2,下顶点为a,o为坐标原点,点o到直线af2的距离为22,af1f2为等腰直角三角形.(1)求椭圆c的标准方程;(2)直线l与椭圆c分别相交于m,n两点,若直线am与直线an的斜率

5、之和为2,证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.4.(2020湖南郴州教学质量监测)已知抛物线c:x2=2py(p0)的焦点为f,过点f的直线分别交抛物线于a,b两点.(1)若以ab为直径的圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=16,求抛物线c的标准方程;(2)过点a,b分别作抛物线的切线l1,l2,证明:l1,l2的交点在定直线上.突破3证明、探索性问题1.已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为f(1,0),离心率为12,直线l:y=k(x-4)(k0)与椭圆c交于不同两点m,n,直线fm,fn分别交y轴于a,b两点.(1)求椭圆c的方程;(2)求证:|fa|=|fb|.

6、2.如图,已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为13,左、右焦点分别为f1,f2,a为椭圆c上一点,af1与y轴相交于点b,|ab|=|f2b|,|ob|=43.(1)求椭圆c的标准方程;(2)设椭圆c的左、右顶点分别为a1,a2,过点a1,a2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆c的一条切线l:y=kx+m(k0)与l1,l2分别交于m,n两点,求证:mf1n=mf2n.3.(2020云南曲靖模拟)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,f为左焦点,过点f作x轴的垂线交椭圆c于a,b两点,且|ab|=3.(1)求椭圆c的方程.(2)在圆x2+y2=3上是否存在

7、一点p,使得在点p处的切线l与椭圆c相交于m,n两点,且满足omon?若存在,求l的方程;若不存在,请说明理由.4.(2020江西新余模拟)已知f为椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,点p(2,2)在椭圆c上,且pfx轴.(1)求椭圆c的方程.(2)如图,过点f的直线l分别交椭圆c于a,b两点,交直线x=4于点m.判断直线pa,pm,pb的斜率是否构成等差数列?请说明理由.5.(2020湖南五市十校联考)已知动圆c过定点f(1,0),且与定直线x=-1相切.(1)求动圆圆心c的轨迹e的方程.(2)过点m(-2,0)的任意一条直线l与轨迹e分别相交于不同的两点p,q,试探究在x轴上

8、是否存在定点n(异于点m),使得qnm+pnm=?若存在,求点n的坐标;若不存在,说明理由.6.已知圆c:(x-1)2+y2=14,一动圆与直线x=-12相切且与圆c外切.(1)求动圆圆心p的轨迹t的方程.(2)若经过定点q(6,0)的直线l与轨迹t交于a,b两点,m为线段ab的中点,过m作x轴的平行线与轨迹t相交于点n,试问是否存在直线l,使得nanb?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.参考答案高考大题专项(五)圆锥曲线的综合问题突破1圆锥曲线中的最大(小)值、范围问题1.解(1)由已知可得a+c=2+1,14c=2a2,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=1,所以椭圆的

9、方程为x22+y2=1.(2)由题意得f(1,0),设直线ab的方程为y=k(x-1).与椭圆方程联立得x2+2y2-2=0,y=k(x-1),消去y可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则x1+x2=4k21+2k2,y1+y2=k(x1+x2)-2k=-2k1+2k2.可得线段ab的中点为n2k21+2k2,-k1+2k2.当k=0时,直线mn为y轴,此时m=0.当k0时,直线mn的方程为y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,化简得ky+x-k21+2k2=0.令y=0,得x=k21+2k2.所以m=k21+2k2=11k2+20,

10、12.综上所述,实数m的取值范围为0,12.2.解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-3,0),所以点m到两焦点的距离之和为(23)2+122+12=4.所以a=2.又c=3,所以b=1,所以椭圆c的方程为x24+y2=1.(2)当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,koa+kob=0,不符合题意.故设直线l的方程为y=kx+m(k0),a(x1,y1),b(x2,y2),联立x24+y2=1,y=kx+m,可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4(m2-1)4k2+1.而koa+kob=y1x1+y2x2=(kx1+m)x

11、2+(kx2+m)x1x1x2=2k+m(x1+x2)x1x2=2k+-8km24(m2-1)=-2km2-1.由koa+kob=-12,可得m2=4k+1,所以k-14.又由0,得16(4k2-m2+1)0,所以4k2-4k0,解得k1,综上,直线l的斜率的取值范围为-14,0(1,+).3.解(1)依题意,设椭圆e的方程为y2a2+x2b2=1(ab0),半焦距为c.因为椭圆e的离心率为223,所以c=223a,b2=a2-c2=a29.因为以线段pf1为直径的圆经过点f2,所以pf2f1f2.所以|pf2|=b2a.因为9pf1pf2=1,所以9|pf2|2=9b4a2=1.由b2=a2

12、9,9b4a2=1,得a2=9,b2=1,所以椭圆e的方程为y29+x2=1.(2)因为直线x=-12与x轴垂直,且由已知得直线l与直线x=-12相交,所以直线l不可能与x轴垂直,所以设直线l的方程为y=kx+m.由y=kx+m,9x2+y2=9,得(k2+9)x2+2kmx+m2-9=0.因为直线l与椭圆e交于两个不同的点m,n,所以=4k2m2-4(k2+9)(m2-9)0,即m2-k2-90.设m(x1,y1),n(x2,y2),则x1+x2=-2kmk2+9.因为线段mn被直线2x+1=0平分,所以2x1+x22+1=0,即-2kmk2+9+1=0.由m2-k2-90,-2kmk2+9

13、+1=0,得k2+92k2-(k2+9)0,所以k2+94k2-13,解得k3或k-3.所以直线l的倾斜角的取值范围为3,22,23.4.解(1)由题意知,|f1f2|=2c=2,a(a2,0),因为af1=2af2,所以f2为线段af1的中点,则a2=3,b2=2,所以椭圆方程为x23+y22=1.(2)当直线de与x轴垂直时,|de|=2b2a=43,此时|mn|=2a=23,四边形dmen的面积s=|de|mn|2=4.同理当mn与x轴垂直时,也有四边形dmen的面积s=|de|mn|2=4.当直线de,mn与x轴均不垂直时,设直线de:y=k(x+1)(k0),d(x1,y1),e(x

14、2,y2),代入椭圆方程,消去y可得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,则x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2,所以|x1-x2|=43k2+12+3k2,所以|de|=k2+1|x1-x2|=43(k2+1)2+3k2.同理|mn|=43-1k2+12+3-1k2=431k2+12+3k2,所以四边形dmen的面积s=|de|mn|2=1243(k2+1)2+3k2431k2+12+3k2=24k2+1k2+26k2+1k2+13,令u=k2+1k2,则s=4-413+6u.因为u=k2+1k22,当且仅当k=1时,等号成立,此时s=9625,且s是以u为

15、自变量的增函数,则9625s0,即t2-2k20,即0k20,化简得4k2m2-3.设m(x1,y1),n(x2,y2),x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3m2-12k23+4k2.omon=0,4m2-123+4k2+3m2-12k23+4k2=0,7m2-12k2-12=0,又直线l与圆x2+y2=3相切,3=|m|1+k2,m2=3+3k2,21+21k2-12k2-12=0,解得k2=-1,显然不成立,在圆上不存在这样的点p,使omon成立.4.解(1)因为点p(2,2)在

16、椭圆c上,且pfx轴,所以c=2.设椭圆c的左焦点为e,则|ef|=2c=4,|pf|=2.在rtefp中,|pe|2=|pf|2+|ef|2=18,所以|pe|=32.所以2a=|pe|+|pf|=42,a=22.b2=a2-c2=4,故椭圆c的方程为x28+y24=1.(2)直线pa,pm,pb的斜率构成等差数列,理由如下,由题意可设直线ab的方程为y=k(x-2),令x=4得y=2k,点m的坐标为(4,2k).联立x28+y24=1,y=k(x-2),得(2k2+1)x2-8k2x+8(k2-1)=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8(k

17、2-1)2k2+1.设直线pa,pb,pm的斜率分别为k1,k2,k3,从而k1=y1-2x1-2,k2=y2-2x2-2,k3=2k-24-2=k-22.因为直线ab的方程为y=k(x-2),所以y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),所以k1+k2=y1-2x1-2+y2-2x2-2=y1x1-2+y2x2-2-21x1-2+1x2-2=2k-2x1+x2-4x1x2-2(x1+x2)+4.将代入,得k1+k2=2k-28k22k2+1-48(k2-1)2k2+1-16k22k2+1+4=2k-2.又k3=k-22,所以k1+k2=2k3,故直线pa,pm,pb的斜率成等差数列.5.解

18、(1)(方法1)由题意知,动圆圆心c到定点f(1,0)的距离与其到定直线x=-1的距离相等.由抛物线的定义,可得动圆圆心c的轨迹是以f(1,0)为焦点,x=-1为准线的抛物线,其中p=2.所以动圆圆心c的轨迹e的方程为y2=4x.(方法2)设动圆圆心c(x,y),由题意知(x-1)2+y2=|x+1|,化简得y2=4x,即动圆圆心c的轨迹e的方程为y2=4x.(2)存在.假设存在点n(x0,0),满足题设条件.由qnm+pnm=可知,直线pn与qn的斜率互为相反数,即kpn+kqn=0.由题意知直线pq的斜率必存在且不为0,设直线pq的方程为x=my-2.联立y2=4x,x=my-2,得y2-4my+8=0.由=(-4m)2-480,得m2或m0,则y1+y2=4m,y1y2=-24,所以x1+x2=(my1+