2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)專題檢測9.5圓錐曲線的綜合問題

.5圓錐曲線的綜合問題一、選擇題1.(2024南寧摸底,6)在平面內(nèi),|AB|=2a(a為常數(shù),且a>1),動點C滿意:AC·BC=-1,則點C的軌跡為()A.圓B.橢圓C.拋物線D.直線答案A以線段AB所在直線為x軸,線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系,則A(-a,0),B(a,0),設(shè)C(x,y),因為AC·BC=-1,所以(x+a,y)·(x-a,y)=-1,即(x+a)(x-a)+y2=-1,得x2+y2=a2-1>0,所以點C的軌跡為圓.故選A.2.(2024豫南九校聯(lián)考,6)設(shè)線段AB的兩個端點A,B分別在x軸、y軸上滑動,且|AB|=5,OM=35OA+25OB,則點MA.x29+y24=1B.C.x225+y29=1D.答案A設(shè)M(x,y)是所求軌跡上的隨意一點,A(m,0),B(0,n),由OM=35OA+25OB,又|AB|=5,所以m2+n2=25,即53x2+52y2=25,得x3.(2024屆山西百校聯(lián)盟聯(lián)考(一),10)已知圓的方程為x2+y2=4,若拋物線過點A(-1,0),B(1,0),且以圓的切線為準線,則拋物線的焦點的軌跡方程為()A.x24-y23=1(x≠0)B.x2C.x24-y23=1(y≠0)D.x2答案D設(shè)坐標原點為O,拋物線的焦點為F(x,y),準線為l,過點A,B,O分別作AA'⊥l,BB'⊥l,OP⊥l,其中A',B',P為垂足,易知l為圓的切線,P為切點,且有|AA'|+|BB'|=2|OP|=4,連接FA,FB,因為拋物線過點A,B,所以|FA|=|AA'|,|FB|=|BB'|,所以|FA|+|FB|=|AA'|+|BB'|=4>|AB|=2,故點F的軌跡是以A,B為左、右焦點的橢圓,其方程為x24+y23=1,又A,B在拋物線上,則焦點F不在x軸上,所以拋物線的焦點的軌跡方程為x24+y4.(2024首都師大二附中開學(xué)測試,10)曲線C是平面內(nèi)到定點F(0,1)和定直線l:y=-1的距離之和等于4的點的軌跡,給出下列三個結(jié)論:①曲線C關(guān)于y軸對稱;②若點P(x,y)在曲線C上,則|y|≤2;③若點P在曲線C上,則1≤|PF|≤4.其中真命題的個數(shù)是()A.0B.1C.2D.3答案D設(shè)曲線C上隨意一點為(x,y),則有x2+(y-1)2+|y+1|=4,化簡得y=2-x24(y≥-1),-2+x212(y<-1).對于①,將x換為-x,表達式不變,故①正確.對于②,∵y=2-x24(y≥-1),∴-1≤y≤2,∵y=-2+x212(y<-1),∴-2≤y<-1,∴|y|≤2,故②正確.對于③,∵|PF|+|y+1|=4,|y|≤2,∴-2≤y≤2,∴-1思路分析先求得曲線C的軌跡方程為y=2-x24二、填空題5.(2024屆合肥8月聯(lián)考,16)已知點P是雙曲線C:x2-y23=1上的動點,點P關(guān)于雙曲線C的兩條漸近線的對稱點分別為A,B,設(shè)雙曲線C的離心率為e,則|PA|+e|PB|的最小值為答案26解析由雙曲線C的方程可知e=2,設(shè)點P(x0,y0)到雙曲線C的兩條漸近線3x±y=0的距離分別為d1,d2,則x02-y023=1,d1d2=|3x0+y0|2·|3x0-y0|2=3x02-y6.(2024屆河南許昌一模,15)已知點P是橢圓C:x29+y216=1上隨意一點,直線l:x-y+1=0與兩坐標軸分別交于M,N兩點,則△答案3解析由題意不妨令M(-1,0),N(0,1),∴|MN|=2.設(shè)與直線l:x-y+1=0平行的直線方程為y=x+m(m≠1),由y=x+m,16x2+9y2-144=0若直線y=x+m與橢圓x29+y216=1相切,則Δ=(18m)2-4×25×(9m2-144)=0,得m2=25,即m=±5,結(jié)合圖形(如圖)可知當m=-5時,兩平行直線之間的距離最大,此時直線y=x-5與橢圓相切,切點為P,則點P到直線l的距離d=|1-(-5)|2=62=32,∴(S△PMN)max=12|MN|·d=12×2一題多解不妨令M(-1,0),N(0,1),∴|MN|=2,∵點P在橢圓x29+y216=1上,∴設(shè)P(3cosθ,4sinθ),則點P到直線l的距離d=|3cosθ-4sinθ+1|2=|5cos(θ+φ)+1|2≤62=32,當且僅當cos(θ+φ)=1時,等號成立,∴△三、解答題7.(2024屆南昌摸底,21)已知圓M:x2+(y-1)2=8,點N(0,-1),P是圓M上一動點,若線段PN的垂直平分線與PM交于點Q.(1)求點Q的軌跡C的方程;(2)若直線l與曲線C交于A,B兩點,D(1,0),直線DA與直線DB的斜率之積為16,求直線l斜率的取值范圍解析(1)由題意可知,|QN|=|QP|,因為點P是圓M上的動點,所以|PM|=|PQ|+|QM|=22,所以|QN|+|QM|=22>2=|MN|,由橢圓的定義可知,點Q的軌跡C是以M,N為上、下焦點的橢圓.設(shè)橢圓的方程為y2a2則a=2,c=1,則b=a2所以點Q的軌跡C的方程為y22+x(2)由題意可得,直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,易知D(1,0)在橢圓C上,結(jié)合題意知直線l不過點D,所以k+m≠0.由y22+x2=1,y=kx+m,消去y,得(k2+2)x2+2kmx+m2-2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-2kmk2+2,x1x所以kDA·kDB=y1x1-1·y2x2-1=kx1+mx1-1·kx2代入m2<k2+2,得169121k2<k2+2,即k∈-又若k=0,則直線l:y=0,過點D,不符合題意,所以k≠0,所以直線l斜率的取值范圍為-116128.(2024屆安徽名校聯(lián)盟質(zhì)檢(一),20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,過點F且垂直于x軸的直線與C交于A,B兩點,△AOB(點O為坐標原點)的面積為2.(1)求拋物線C的方程;(2)若過點E(0,a)(a>0)的兩直線l1,l2的傾斜角互補,直線l1與拋物線C交于M,N兩點,直線l2與拋物線C交于P,Q兩點,△FMN與△FPQ的面積相等,求實數(shù)a的取值范圍.解析(1)由已知得Fp2,0,點A,B的坐標為p2所以S△AOB=12·2p·p2=2,又p>0,故拋物線C的方程為y2=4x.(2)由題意可知直線l1,l2的斜率存在,且不為0,設(shè)直線l1:x=t(y-a)(t≠0).點M(x1,y1),N(x2,y2).聯(lián)立y2=4x,x=t則Δ1=16t2-16at>0,y1+y2=4t,y1y2=4at,所以|MN|=1+t2|y1-y2|=1+t焦點F到直線l1的距離d=|1+ta所以S△FMN=12×41+t2t2由l1與l2的傾斜角互補得直線l2:x=-t(y-a),與拋物線方程聯(lián)立消去x可得y2+4ty-4at=0,則Δ2=16t2+16at>0,同理可得S△FPQ=2t2由S△FMN=S△FPQ可得2t2-at即t+at-a=ta+1ta所以2-a2>0,又a>0,解得0<a<2.又由Δ1>0且Δ2>0得t<-a或t>a,可知t2>a2,所以12-a2>a2,即(a2所以實數(shù)a的取值范圍是(0,1)∪(1,2).9.(2024屆廣東韶關(guān)九校11月聯(lián)考,21)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的點P(1,y0)(y0>0)到焦點的距離為2.(1)求點P的坐標及拋物線C的方程;(2)若點M、N在拋物線C上,且kPM·kPN=-12,求證:直線MN過定點解析(1)設(shè)拋物線的焦點為F,則Fp2,0.準線方程為x=-p2,由拋物線的定義得1+p2=2,解得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x,把(1,y0)代入得y02=4,因為y0>0,(2)證明:由題意知直線MN的斜率不為0,設(shè)直線MN的方程為x=my+n,M14y12,y1,N14y22,y2,聯(lián)立x=my+n,y2=4x,得y2-4my-4n=0,Δ=16m2+4×4n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n,所以16(y1+2)(y2+2)=-12,即y所以-4n+8m+36=0,即n=2m+9,滿意Δ>0,所以直線MN的方程為x=my+2m+9=m(y+2)+9,所以直線MN過定點(9,-2).10.(2024屆甘肅九校聯(lián)考,20)已知中心在坐標原點O,焦點在x軸上,離心率為32的橢圓C過點3(1)求C的標準方程;(2)是否存在不過原點O的直線l:y=kx+m與C交于P,Q兩點,使得直線OP,PQ,OQ的斜率成等比數(shù)列?若存在,求k的值及m的取值范圍;若不存在,請說明理由.解析(1)設(shè)C的標準方程為x2a2+y由題意得a2=所以C的標準方程為x24+y(2)存在,理由如下:由y=kx+m(m≠0),x24設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2,因為直線OP,PQ,OQ的斜率成等比數(shù)列,所以kOP·kOQ=kPQ2,即y1x1所以y1y2=k2x1x2,所以k(x1+x2)+m=0,即-8k2m4k由Δ=(8km)2-4(4k2+1)×4(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0,得4k2-m2+1=2-m2>0,得-2<m<2,易知x1x2≠0,所以m2-1≠0,得m≠±1.綜上,k=±12,m的取值范圍為(-2,-1)∪(-1,0)∪(0,1)∪(1,211.(2024屆北京市八一學(xué)校開學(xué)考試,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,長軸的一個端點為A,短軸的一個端點為B,O(1)求橢圓C的標準方程;(2)直線l:y=x+m與橢圓C交于P,Q兩點,且直線l不經(jīng)過點M(4,1).記直線MP,MQ的斜率分別為k1,k2,摸索究k1+k2是不是定值.若是,懇求出該定值;若不是,請說明理由.解析(1)由題意得,12ab=5,a2-b2=c(2)結(jié)論:k1+k2=0,為定值.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立y=x+m,x220+y25=1,消去y得,5x2+8mx+4m2-20=0,∴x1+x2=-8m5,x=(=2=2(4m所以k1+k2為定值,該定值為0.12.(2024屆安徽蚌埠質(zhì)檢(一),22)已知拋物線C:y2=4x的焦點為F,點O為坐標原點,直線l過點T(4,0),與拋物線C相交于A,B兩點(點A位于第一象限).(1)求證:OA⊥OB;(2)如圖,連接AF,BF并延長分別交拋物線C于點A1,B1,設(shè)直線AB的斜率為k1,直線A1B1的斜率為k2,問k1k2是不是定值?若是,求出定值;若不是解析(1)證明:設(shè)直線l的方程為x=my+4,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x=my+4,y2=4x故y1y2=-16,則x1x2=y124·y所以O(shè)A·OB=(x1,y1)·(x2,y2)=x1x2+y1y2=16-16=0,所以O(shè)A⊥OB.(2)設(shè)A1(x3,y3),B1(x4,y4),易知F(1,0),設(shè)直線AA1的方程為x=ny+1,聯(lián)立x=ny+1,y2=4x所以y1+y3=4n,y1y3=-4,則y3=-4y同理可得,y4=-4y2,所以k2=y3-y4x3-x4=y又由(1)知k1=1m,所以k2=4k1,即k1k2=13.(2024屆T8聯(lián)考,20)設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),圓C:(x-2m)2+(y-4m)2=1(m≠0),點F1,F2分別為E的左,右焦點,點C為圓心,O為原點,線段OC的垂直平分線為l.已知E的離心率為12,點F1,F(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)直線l與橢圓E相交于A,B兩點,問:是否存在實數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為23?若存在,求實數(shù)m的值;若不存在,說明理由解析(1)因為e=ca=12,設(shè)點F1,F2關(guān)于直線l的對稱點分別為M,N,因為點O,C關(guān)于直線l對稱,O為線段F1F2的中點,所以C為線段MN的中點,從而線段MN為圓C的一條直徑,所以|F1F2|=|MN|=2,即2c=2,即c=1.于是a=2,b2=a2-c2=3,所以橢圓E的方程是x24+(2)因為原點O為線段F1F2的中點,圓心C為線段MN的中點,直線l為線段OC的垂直平分線,所以點O與C也關(guān)于直線l對稱,因為點C(2m,4m),所以線段OC的中點為(m,2m),直線OC的斜率為2,又直線l為線段OC的垂直平分線,所以直線l的方程為y-2m=-12(x-m),即y=-12x+將y=-12x+5m2代入x24+y23=1,得3x2+4-因為直線l與橢圓E相交,所以Δ=100m2-16(25m2-12)>0,解得m2<1625,即|m|<4設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=5m2,x1x2=所以kAC+kBC=y1-4mx=-(=-2x因為kAC+kBC=23所以2x1x則2x1x2-m(x1+x2)-4m2=0,所以25m2-122-5m22-4m2所以不存在實數(shù)m,使直線AC與BC的斜率之和為2314.(2024屆重慶八中8月摸底測試,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程;(2)若P為橢圓C上異于橢圓C頂點的隨意一點,過點Q(0,-2)且平行于OP的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(點O為坐標原點),是否存在實數(shù)λ,使得QA·QB=λOP2成立?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由解析(1)依題意得ca=32,a2+b2(2)存在.因為P是橢圓C上異于橢圓C頂點的隨意一點,且l∥OP,所以直線l的斜率存在且不為0.設(shè)過點Q(0,-2)的直線l的方程為y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx-2,x2+4y2=4消去y得(1+4k2)x2-16kx+12=0,則x1+x2=16k1+4k2,x1x|QA|·|QB|=1+k2|x1-xQ|·1+k2|x2-xQ|=(1+k2)|x由yP=kxP,xP2+4yP2=4得xP2=41+4k2,所以|OP|2=(1+k2)xP2=(1+k2)41+4k2,又因為QA·QB=λ故存在實數(shù)λ,使得QA·QB=λ·OP2成立,且15.(2024湖南六校4月聯(lián)考,21)已知A,B分別為橢圓E:x2a2+y23=1(a>3)的左,右頂點,Q為橢圓E的上頂點(1)求橢圓E的方程;(2)已知動點P在橢圓E上,定點M-1,32,N①求△PMN的面積的最大值;②若直線MP與NP分別與直線x=3交于C,D兩點,問:是否存在點P,使得△PMN與△PCD的面積相等?若存在,求出點P的坐標;若不存在,說明理由.解析(1)由題意得A(-a,0),B(a,0),Q(0,3),則AQ=(a,3),QB=(a,-3),由AQ·QB=1,得a2-3=1,解得a=2,所以橢圓E的方程為x24+(2)①設(shè)P(2cosθ,3sinθ),易知直線MN:y=-32x,即3x+2y=0,點P到直線MN的距離d=|6cosθ+23sinθ|13=則S△PMN=12|MN|·d≤23,即(S△PMN)max=23②設(shè)P(x0,y0),由①知|MN|=13,點P到直線MN的距離d1=|3x0+2y0|13,則S△PMN=12|MN|·d1=12