2024高考数学一轮复习专练55高考大题专练五圆锥曲线的综合运用含解析理新人教版

PAGE专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.已知m>1，直线l：x－my－eq\f(m2,2)＝0，椭圆C：eq\f(x2,m2)＋y2＝1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点．(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程．(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数2.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为eq\f(\r(2),2).直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为eq\f(\r(10),3)时，求k的值．3.[2024·全国卷Ⅰ]已知A，B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．4.[2024·全国卷Ⅰ]已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq\f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|.5.[2024·全国卷Ⅱ]已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.解析：(1)因为直线l：x－my－eq\f(m2,2)＝0经过点F2(eq\r(m2－1)，0)，所以eq\r(m2－1)＝eq\f(m2,2)，解得m2＝2.又因为m>1，所以m＝eq\r(2)，故直线l的方程为x－eq\r(2)y－1＝0.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(m2,2)，,\f(x2,m2)＋y2＝1，))消去x，得2y2＋my＋eq\f(m2,4)－1＝0.由Δ＝m2－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,4)－1))＝－m2＋8>0，得m2<8.y1＋y2＝－eq\f(m,2)，y1·y2＝eq\f(m2,8)－eq\f(1,2).由F1(－c,0)，F2(c,0)，可知Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,3)，\f(y1,3)))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)，\f(y2,3))).因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，所以eq\o(OH,\s\up6(→))·eq\o(OG,\s\up6(→))<0，即x1x2＋y1y2<0.因为x1x2＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋\f(m2,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋\f(m2,2)))＋y1y2＝(m2＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－\f(1,2)))，所以(m2＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－\f(1,2)))<0.解得m2<4(符合m2<8)．又因为m>1，所以实数m的取值范围是(1,2)．2．解析：(1)由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得b＝eq\r(2).所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得(1＋2k)2x2－4k2x＋2k2－4＝0.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－4,1＋2k2).所以|MN|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2)又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离为d＝eq\f(|k|,\r(1＋k2))，所以△AMN的面积为S＝eq\f(1,2)|MN|d＝eq\f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq\f(\r(10),3)，解得k＝±1.3．解析：(1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.由于直线PA的方程为y＝eq\f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq\f(t,9)(x1＋3)．直线PB的方程为y＝eq\f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq\f(t,3)(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．由于eq\f(x\o\al(2,2),9)＋yeq\o\al(2,2)＝1，故yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(x2＋3x2－3,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.将x＝my＋n代入eq\f(x2,9)＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9).代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2解得n1＝－3(舍去)，n2＝eq\f(3,2).故直线CD的方程为x＝my＋eq\f(3,2)，即直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).综上，直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).4．解析：本题主要考查抛物线的标准方程及简洁的几何性质、直线与抛物线的位置关系、平面对量共线等学问，考查逻辑推理实力、运算求解实力，考查数形结合思想、化归与转化思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．设直线l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)，由题设可得x1＋x2＝eq\f(5,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－eq\f(12t－1,9).从而－eq\f(12t－1,9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8).所以l的方程为y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8).(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3).故|AB|＝eq\f(4\r(13),3).5．解析：(1)由已知可设C2的方程为y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的纵坐标分别为2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2.解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)或eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的离心率为eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.设M(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),4c2)＋eq\f(y\o\al(2,0),3c2)＝1，yeq\o