2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第八章 第9節(jié) 圓錐曲線的綜合問題 理（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第八章 第9節(jié) 圓錐曲線的綜合問題 理（含解析）1（xx浙江，15分）如圖，設(shè)橢圓C：1(ab0)，動直線l與橢圓C只有一個公共點P，且點P在第一象限(1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點P的坐標(biāo)；(2)若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離的最大值為ab.解：(1)設(shè)直線l的方程為ykxm(kb0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為e1；雙曲線C2：1的左、右焦點分別為F3，F(xiàn)4，離心率為e2.已知e1e2，且|F2F4|1.(1)求C1，C2的的方程；(2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點，當(dāng)直線OM與C2

2、交于P，Q兩點時，求四邊形APBQ面積的最小值解：(1)因為e1e2，所以，即a4b4a4，因此a22b2，從而F2(b,0)，F(xiàn)4(b,0)于是bb|F2F4|1，所以b1，a22，故C1，C2的方程分別為y21，y21.(2)因AB不垂直于y軸，且過點F1(1,0)，故可設(shè)直線AB的方程為xmy1.由得(m22)y22my10.易知0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1，y2是上述方程的兩個實根，所以y1y2，y1y2.因此x1x2m(y1y2)2，于是AB的中點為M，故直線PQ的斜率為，PQ的方程為yx，即mx2y0.由得(2m2)x24，所以2m20，且x2，y2，從而|PQ

3、|22.設(shè)點A到直線PQ的距離為d，則點B到直線PQ的距離也為d，所以2d.因為點A，B在直線mx2y0的異側(cè)，所以(mx12y1)(mx22y2)0，于是|mx12y1|mx22y2|mx12y1mx22y2|，從而2d.又因為|y1y2|，所以2d.故四邊形APBQ的面積S|PQ|2d2.而0b0)的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)F為橢圓C的左焦點，T為直線x3上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P，Q.證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點)；當(dāng)最小時，求點T的坐標(biāo)解：(1)由已知可得解得a26，b22，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程

4、是1.(2)由(1)可得，F(xiàn)的坐標(biāo)是(2,0)，設(shè)T點的坐標(biāo)為(3，m)，則直線TF的斜率kTFm.當(dāng)m0時，直線PQ的斜率kPQ，直線PQ的方程是xmy2.當(dāng)m0時，直線PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得消去x，得(m23)y24my20，其判別式16m28(m23)0.所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4.所以PQ的中點M的坐標(biāo)為，所以直線OM的斜率kOM.又直線OT的斜率kOT，所以點M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.由可得，|TF|，|PQ| .所以 .當(dāng)且僅當(dāng)m21，即m1時，等號成立，此

5、時取得最小值所以當(dāng)最小時，T點的坐標(biāo)是(3,1)或(3，1)5（xx福建，13分）已知雙曲線E：1(a0，b0)的兩條漸近線分別為l1：y2x，l2：y2x.(1)求雙曲線E的離心率；(2)如圖，O為坐標(biāo)原點，動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(A，B分別在第一、四象限)，且OAB的面積恒為8，試探究：是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程；若不存在，說明理由解：(1)因為雙曲線E的漸近線分別為y2x，y2x，所以2，所以2，故ca，從而雙曲線E的離心率e.(2)法一：由(1)知，雙曲線E的方程為1.設(shè)直線l與x軸相交于點C.當(dāng)lx軸時，若直線l與雙曲

6、線E有且只有一個公共點，則|OC|a，|AB|4a，又因為OAB的面積為8，所以|OC|AB|8，因此a4a8，解得a2，此時雙曲線E的方程為1.若存在滿足條件的雙曲線E，則E的方程只能為1.以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時，雙曲線E：1也滿足條件設(shè)直線l的方程為ykxm，依題意，得k2或k2，則C.記A(x1，y1)，B(x2，y2)由得y1，同理得y2.由SOAB|OC|y1y2|，得8，即m24|4k2|4(k24)由得(4k2)x22kmxm2160.因為4k20，所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216)，又因為m24(k24)，所以0，即l與雙曲線E有且只有一個公

7、共點因此，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為1.法二：由(1)知，雙曲線E的方程為1.設(shè)直線l的方程為xmyt，A(x1，y1)，B(x2，y2)依題意得m.由得y1，同理得y2.設(shè)直線l與x軸相交于點C，則C(t,0)由SOAB|OC|y1y2|8，得|t|8，所以t24|14m2|4(14m2)由得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因為4m210，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當(dāng)且僅當(dāng)64m2t216(4m21)(t2a2)0，即4m2a2t2a20，即4m2a24(14m2)a20，即(14m2)(a24)0，所以a24，因此，存在總與l有且只有一個公共點的

8、雙曲線E，且E的方程為1.法三：當(dāng)直線l不與x軸垂直時，設(shè)直線l的方程為ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)依題意得k2或k2.由得(4k2)x22kmxm20，因為4k20，0，所以x1x2，又因為OAB的面積為8，所以|OA|OB|sinAOB8，又易知sinAOB，所以 8，化簡得x1x24.所以4，即m24(k24)由(1)得雙曲線E的方程為1，由得(4k2)x22kmxm24a20.因為4k20，直線l與雙曲線E有且只有一個公共點當(dāng)且僅當(dāng)4k2m24(4k2)(m24a2)0，即(k24)(a24)0，所以a24，所以雙曲線E的方程為1.當(dāng)lx軸時，由OAB的面積等于8可得l

9、：x2，又易知l：x2與雙曲線E：1有且只有一個公共點綜上所述，存在總與l有且只有一個公共點的雙曲線E，且E的方程為1.6（xx江西，13分）如圖，已知雙曲線C：y21(a0)的右焦點F，點A，B分別在C的兩條漸近線上，AFx軸，ABOB，BFOA(O為坐標(biāo)原點)(1)求雙曲線C的方程；(2)過C上一點P(x0，y0)(y00)的直線l：y0y1與直線AF相交于點M，與直線x相交于點N，證明：當(dāng)點P在C上移動時，恒為定值，并求此定值解：(1)設(shè)F(c,0)，因為b1，所以c，直線OB的方程為yx，直線BF的方程為y(xc)，解得B.又直線OA的方程為yx，則A，kAB.又因為ABOB，所以1，

10、解得a23，故雙曲線C的方程為y21.(2)由(1)知a，則直線l的方程為y0y1(y00)，即y.因為直線AF的方程為x2，所以直線l與AF的交點M；直線l與直線x的交點為N.則，因為P(x0，y0)是C上一點，則y1，代入上式得.所求定值為.7（xx安徽，5分）已知直線ya交拋物線yx2于A，B兩點若該拋物線上存在點C，使得ACB為直角，則a的取值范圍為_解析：本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，圓的性質(zhì)，考查考生的轉(zhuǎn)化與化歸能力法一：設(shè)直線ya與y軸交于點M，拋物線yx2上要存在C點，只要以|AB|為直徑的圓與拋物線yx2有交點即可，也就是使|AM|MO|，即a(a0)，所以a1.法二：易知

11、a0，設(shè)C(m，m2)，由已知可令A(yù)(，a)，B(，a)，則(m，m2a)，(m，m2a)，因為，所以m2am42am2a20，可得(m2a)(m21a)0.因為由題易知m2a，所以m2a10，故a1，)答案：1，)7（xx浙江，4分）設(shè)F為拋物線C：y24x的焦點，過點P(1,0)的直線l交拋物線C于A，B兩點，點Q為線段AB的中點若|FQ|2，則直線l的斜率等于_解析：本題考查拋物線方程、性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查數(shù)形結(jié)合思想及運算求解能力法一：注意到|FQ|2，正好是拋物線通徑的一半，所以點Q為通徑的一個端點，其坐標(biāo)為(1，2)，這時A，B，Q三點重合，直線l的斜率為1.法二：令

12、直線l的方程為xty1，由得y24ty40，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y24t，y1y24，x1x24t22，所以xQ2t21，yQ2t，|FQ|2(xQ1)2y4，代入解得，t1或t0(舍去)，即直線l的斜率為1.答案：18（xx新課標(biāo)全國，12分）平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：1 (ab0)右焦點的直線xy0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程；(2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CDAB，求四邊形ACBD面積的最大值解：本題考查用待定系數(shù)法求橢圓方程以及直線與橢圓位置關(guān)系的問題，考查利用函數(shù)思想求最值，體現(xiàn)對考生綜合素質(zhì)

13、特別是對考生分析問題、解決問題以及化歸與轉(zhuǎn)化能力的考查(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則1，1，1，由此可得1.因為x1x22x0，y1y22y0，所以a22b2.又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a2b23.因此a26，b23.所以M的方程為1.(2)由解得或因此|AB|.由題意可設(shè)直線CD的方程為yxn，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260.于是x3,4.因為直線CD的斜率為1，所以|CD|x4x3| .由已知，四邊形ACBD的面積S|CD|AB| .當(dāng)n0時，S取得最大值，最大值為.所以四邊形ACBD面積的最大值為. 9（xx浙江

14、，15分）如圖，點P(0，1)是橢圓C1：1(ab0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取最大值時直線l1的方程解：本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，同時考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力(1)由題意得所以橢圓C1的方程為y21.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點O到直線l1的

15、距離d，所以|AB|22 .又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.設(shè)ABD的面積為S，則S|AB|PD|，所以S，當(dāng)且僅當(dāng)k時取等號所以所求直線l1的方程為yx1. 10（xx江西，13分）如圖，橢圓C：1(ab0)經(jīng)過點P(1，)，離心率e，直線l的方程為x4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，說明理由解：本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)、直線與橢圓

16、的位置關(guān)系等，旨在考查考生綜合應(yīng)用知識的能力(1)由P在橢圓上得，1.依題設(shè)知a2c，則b23c2.代入解得c21，a24，b23.故橢圓C的方程為1.(2)法一：由題意可設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為yk(x1)代入橢圓方程3x24y212并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2，x1x2.在方程中令x4得，M的坐標(biāo)為(4,3k)從而k1，k2，k3k.由于A，F(xiàn)，B三點共線，則有kkAFkBF，即有k.所以k1k22k.代入得k1k22k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常數(shù)2符合題意法二：設(shè)B(x0，y0)(

17、x01)，則直線FB的方程為y(x1)，令x4，求得M，從而直線PM的斜率為k3，聯(lián)立得A，則直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為k2，所以k1k22k3，故存在常數(shù)2符合題意11（xx福建，13分）如圖，在正方形OABC中，O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo)為(10,0)，點C的坐標(biāo)為(0,10)分別將線段OA和AB十等分，分點分別記為A1，A2，A9和B1，B2，B9連接OBi，過Ai作x軸的垂線與OBi交于點Pi(iN*,1i9)(1)求證：點Pi(iN*,1i9)都在同一條拋物線上，并求該拋物線E的方程；(2)過點C作直線l與拋物線E交于不同的兩點M，N，若OCM與OCN的面積比為41，求直線

18、l的方程解：本小題主要考查拋物線的性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想法一：(1)依題意，過Ai(iN*,1i9)且與x軸垂直的直線的方程為xi，Bi的坐標(biāo)為(10，i)，所以直線OBi的方程為yx.設(shè)Pi的坐標(biāo)為(x，y)，由得yx2，即x210y.所以點Pi(iN*,1i9)都在同一條拋物線上，且拋物線E的方程為x210y.(2)依題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為ykx10.由得x210kx1000，此時100k24000，直線l與拋物線E恒有兩個不同的交點M，N.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2

19、)，則因為SOCM4SOCN，所以|x1|4|x2|.又x1x2b0)的離心率e，且橢圓C上的點到點Q(0,2)的距離的最大值為3.(1)求橢圓C的方程；(2)在橢圓C上，是否存在點M(m，n)，使得直線l：mxny1與圓O：x2y21相交于不同的兩點A、B，且OAB的面積最大？若存在，求出點M的坐標(biāo)及對應(yīng)的OAB的面積；若不存在，請說明理由解：(1)由e ，得ab，橢圓C：1，即x23y23b2，設(shè)P(x，y)為C上任意一點，則|PQ|，byb，若b1，當(dāng)yb時，|PQ|max3，又b0，得b1(舍去)，若b1，則b1，當(dāng)y1時，|PQ|max3，得b1，所以橢圓C的方程為y21.(2)法一

20、：假設(shè)存在這樣的點M(m，n)滿足題意，則有n21，即n21，m.由題意可得SAOB|OA|OB|sin AOBsin AOB，當(dāng)AOB90時取等號，這時AOB為等腰直角三角形，此時圓心(0,0)到直線mxny1的距離為，則 ，得m2n22，又n21，解得m2，n2，即存在點M的坐標(biāo)為(，)，(，)，(，)，(，)滿足題意，且AOB的最大面積為.法二：假設(shè)存在這樣的點M(m，n)滿足題意，則有n21，即n21，m，又設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，由消去y得(m2n2)x22mx1n20，把n21代入整理得(32m2)x26mxm20，則8m2(3m2)0，所以而SAOB|OA|OB|s

21、in AOBsin AOB，當(dāng)AOB90，SAOB取得最大值，此時x1x2y1y20，又y1y2，所以x1x20，即33m(x1x2)(32m2)x1x20，把代入上式整理得2m49m290，解得m2或m23(舍去)，所以m，n ，所以M點的坐標(biāo)為(，)，(，)，(，)，(，)，使得SAOB取得最大值.16(xx安徽，13分)如圖，點F1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：1(ab0)的左、右焦點，過點F1作x軸的垂線交橢圓C的上半部分于點P，過點F2作直線PF2的垂線交直線x于點Q.(1)如果點Q的坐標(biāo)是(4,4)，求此時橢圓C的方程；(2)證明：直線PQ與橢圓C只有一個交點解：(1)法

22、一：由條件知，P(c，)故直線PF2的斜率為kPF2.因為PF2F2Q，所以直線F2Q的方程為yx.故Q(，2a)由題設(shè)知，4,2a4，解得a2，c1.故橢圓方程為1.法二：設(shè)直線x與x軸交于點M.由條件知，P(c，)因為PF1F2F2MQ，所以.即，解得|MQ|2a.所以解得a2，c1.故橢圓方程為1.(2)直線PQ的方程為，即yxa.將上式代入橢圓方程得，x22cxc20，解得xc，y.所以直線PQ與橢圓C只有一個交點17（xx福建，13分）如圖，橢圓E：1(ab0)的左焦點為F1，右焦點為F2，離心率e.過F1的直線交橢圓于A、B兩點，且ABF2的周長為8.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)

23、動直線l：ykxm與橢圓E有且只有一個公共點P，且與直線x4相交于點Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點M，使得以PQ為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解：法一：(1)因為|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2.又因為e，即，所以c1，所以b.故橢圓E的方程是1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時x0，y0kx0m，所以

24、P(，)由得Q(4,4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上設(shè)M(x1,0)，則0對滿足(*)式的m，k恒成立因為(x1，)，(4x1,4km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.法二：(1)同法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因為動直線l與橢圓E有且只有一個公共點P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時x0，y0kx0m，所以P(，)由得Q

25、(4,4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點M滿足條件，由圖形對稱性知，點M必在x軸上取k0，m，此時P(0，)，Q(4，)，以PQ為直徑的圓為(x2)2(y)24，交x軸于點M1(1,0)，M2(3,0)；取k，m2，此時P(1，)，Q(4,0)，以PQ為直徑的圓為(x)2(y)2，交x軸于點M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合條件的點M存在，則M的坐標(biāo)必為(1,0)以下證明M(1,0)就是滿足條件的點：因為M的坐標(biāo)為(1,0)，所以(1，)，(3,4km)，從而330，故恒有，即存在定點M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點M.18（2011江蘇，16分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M、N分

26、別是橢圓1的頂點，過坐標(biāo)原點的直線交橢圓于P、A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C.連接AC，并延長交橢圓于點B.設(shè)直線PA的斜率為k.(1)當(dāng)直線PA平分線段MN時，求k的值；(2)當(dāng)k2時，求點P到直線AB的距離d；(3)對任意的k0，求證：PAPB.解：(1)由題設(shè)知，a2，b，故M(2,0)，N(0，)，所以線段MN中點的坐標(biāo)為(1，)由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點，又直線PA過坐標(biāo)原點，所以k.(2)直線PA的方程為y2x，代入橢圓方程得1，解得x，因此P(，)，A(，)于是C(，0)，直線AC的斜率為1，故直線AB的方程為xy0.因此，d.(3)證明：法一：將直線PA的方程ykx代入1，解得x.記，則P(，k)，A(，k)，于是C(，0)故直線AB的斜率為，其方程為y(x)，代入橢圓方程并由得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此B(，)于是直線PB的斜率k1.因此k1k1，所以PAPB.法二：設(shè)P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x10，x20，x1x2，A(x1，y1)，C(x1,0)設(shè)直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因為C在直線AB上，所以k2.從而k1k12k1k212110.因此k1k1，所以PAPB.