2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題九平面解析幾何6圓錐曲線的綜合問(wèn)題專題檢測(cè)含解析新人教A版

PAGEPAGE14圓錐曲線的綜合問(wèn)題專題檢測(cè)1.(2024湖南長(zhǎng)沙一中其次次月考,11)點(diǎn)M與定點(diǎn)F(2,0)的距離和它到定直線x=8的距離之比為1∶2,則M的軌跡方程是()A.y2=8xB.y2=-8(x-4)C.x24-y23=1D.答案D設(shè)M(x,y),由F(2,0),得|MF|=(x∵點(diǎn)M(x,y)到直線x=8的距離為|x-8|,∴由題意得(x-2)2+y2|x-即x216+y2122.(2024山西太原五中其次次診斷,12)已知A(0,3),若點(diǎn)P是拋物線x2=8y上隨意一點(diǎn),點(diǎn)Q是圓x2+(y-2)2=1上隨意一點(diǎn),則|PA|2|A.43-4B.22-1C.23-2D.42+1答案A拋物線x2=8y的準(zhǔn)線l的方程為y=-2,焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0,2),過(guò)P作PB⊥l,垂足為B,由拋物線定義可得|PF|=|PB|.圓x2+(y-2)2=1的圓心為F(0,2),半徑r=1,可得|PQ|的最大值為|PF|+r=|PF|+1,所以|PA|2|PQ|≥|PA|2|PF|+1,可令|PF|+1=t(t>1),則|PF|=t-1=|PB|=y所以|PA|2|PF|+1=(t-3-3)2+8(t-3)所以|PA|2|PQ|的最小值為名師點(diǎn)睛①圓外一點(diǎn)到圓上一動(dòng)點(diǎn)距離的最大值為該點(diǎn)到圓心的距離與半徑之和.②基本不等式求最值,留意“一正、二定、三相等”.3.(2024浙江臺(tái)州五校聯(lián)考,8)已知平面ABCD⊥平面ADEF,AB⊥AD,CD⊥AD,且AB=1,AD=CD=2.四邊形ADEF是正方形,在正方形ADEF內(nèi)部有一點(diǎn)M,滿意MB,MC與平面ADEF所成的角相等,則點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為 ()A.43B.C.49πD.8答案C本題考查直線與平面所成的角的求法、圓的方程及其應(yīng)用;考查學(xué)生空間想象和運(yùn)算求解的實(shí)力以及數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算和直觀想象的核心素養(yǎng).由已知可得AB⊥平面ADEF,CD⊥平面ADEF,連接AM,DM,則MB,MC與平面ADEF所成的角分別為∠BMA,∠CMD,由于∠BMA=∠CMD,CD=2AB,所以MD=2MA,則點(diǎn)M的軌跡為阿波羅尼斯圓,以DA所在直線為x軸,AD的中點(diǎn)為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系,則D(-1,0),A(1,0),設(shè)M(x,y),則(x+1)2+y2=2(x-1)2+y2,平方化簡(jiǎn)可得x-532+y2=169(-1≤x≤1,y≥0),所求軌跡為一段圓弧,令x=1,4.(2024山東夏季高考模擬,6)已知點(diǎn)A為曲線y=x+4x(x>0)上的動(dòng)點(diǎn),B為圓(x-2)2+y2=1上的動(dòng)點(diǎn),則|AB|的最小值是 (A.3B.4C.32D.42答案A本題主要考查兩條曲線上,兩動(dòng)點(diǎn)間的最小距離問(wèn)題,考查數(shù)學(xué)建模及數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).如圖所示,設(shè)圓(x-2)2+y2=1的圓心為C,由于|AC|≤|AB|+|BC|,所以|AB|≥|AC|-|BC|,即|AB|≥|AC|-1,當(dāng)且僅當(dāng)A,B,C三點(diǎn)共線,且|AC|最小時(shí),|AB|最小.設(shè)Ax,x+4x,g(x)=|AC|2,則g(x)=(x-2)2+x+4x2=2g'(x)=4x-32x3-4=4·令g'(x)=0,得x=2,當(dāng)x∈(0,2)時(shí),g'(x)<0,g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),g'(x)>0,g(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,從而g(x)在x=2處取微小值,也是最小值,g(x)min=g(2)=16,|AC|min=g(2)=4,從而|AB|min=4-1=3,5.(2024浙江溫州中學(xué)3月月考,10)過(guò)點(diǎn)P(2,1)斜率為正的直線交橢圓x224+y25=1于A,B兩點(diǎn),C,D是橢圓上相異的兩點(diǎn),滿意CP,DP分別平分∠ACB,∠ADB,則△PCDA.2155B.655C.24答案D如圖.先固定直線AB,由角平分線定理可知,|BP||PA|=|CB||CA|=|DB||DA|易知,阿波羅尼斯圓會(huì)把點(diǎn)A,B其一包含進(jìn)去,這取決于BP與AP誰(shuí)更長(zhǎng),不妨先考慮|BP|>|AP|的狀況,設(shè)BA的延長(zhǎng)線與圓交于點(diǎn)Q,PQ即為該圓的直徑,如圖.接下來(lái)尋求半徑的表達(dá)式.由|BP||AP|=|BQ||AQ|得2r=|AP|+|AQ|=|AP|+|AP|·(|BP|+2r)|BP|,解得1r=綜上,1r=1當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),直線AB與橢圓交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為±56,|AP|=56-1,|BP|=56+1,則r當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y-1=k(x-2),即y=kx-2k+1,聯(lián)立方程y=kx-(24k2+5)x2+48k(1-2k)x+96(k2-k-1)=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),可知x所以1r=1|AP|-1|BP|留意到x1-2與x2-2異號(hào),所以1r=11+k2|x1-2設(shè)t=12k+5,則1r=119=1219·11691t2-10當(dāng)且僅當(dāng)1t=5169,即t=1695時(shí)取等號(hào),此時(shí)k又1912>1913,所以所求外接圓半徑的最小值為故選D.6.(2024浙江杭州四中月考,16)圓錐的軸截面SAB是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,O為底面中心,M為SO的中點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P在圓錐底面內(nèi)(包括圓周),若AM⊥MP,則P點(diǎn)形成的軌跡的長(zhǎng)度為.

答案7解析本題考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系以及軌跡方程的求法;考查學(xué)生運(yùn)算求解和空間想象的實(shí)力;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算和直觀想象的核心素養(yǎng).以O(shè)為原點(diǎn),直線OB,OS分別為y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),M0,0,32,設(shè)P(x,y,0),則由AM⊥MP可得0,1,32·x,y,-32=0,即y=34,所求軌跡的長(zhǎng)度為圓x2+y27.(2024浙江湖州、衢州、麗水高三質(zhì)檢,21)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的點(diǎn)M(m,-2)與其焦點(diǎn)的距離為2.(1)求實(shí)數(shù)p與m的值;(2)如圖所示,動(dòng)點(diǎn)Q在拋物線C上,直線l過(guò)點(diǎn)M,點(diǎn)A、B在l上,且滿意QA⊥l,QB∥x軸.若|MB|2|MA|解析(1)設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F,由題意得|MF|=m+p2=2,(2分又點(diǎn)M(m,-2)在拋物線上,故2pm=4, (4分)由p>0得p=2,m=1. (6分)(2)由(1)知拋物線C的方程為y2=4x,連接QM.設(shè)直線l的方程為t(y+2)=x-1,Qy024則yB=y0,所以|MB|=1+t2|y0+2|, (9又點(diǎn)Qy024,y0到直線|MA|=|=y=y024-故|MB|2|MA|=(由|MB|2|MA|為常數(shù),得y0+2=y0-2+4t,所以t=1,則|MB|2|MA|為88.(2024安徽蚌埠二中4月月考,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為M,上頂點(diǎn)為N,直線2x+y-63=0與直線MN垂直,垂足為B點(diǎn),(1)求橢圓C的方程;(2)若直線l:y=kx+m與橢圓C交于E,F兩點(diǎn),點(diǎn)G在橢圓C上,且四邊形OEGF為平行四邊形,求證:四邊形OEGF的面積S為定值.解析(1)由題意知,M(-a,0),N(0,b),直線MN的斜率k=ba=12,∴a∵點(diǎn)N是線段MB的中點(diǎn),∴B(a,2b),∵點(diǎn)B在直線2x+y-63=0上,∴2a+2b=63,又a=2b,∴b=3,a=23,∴橢圓C的方程為x212+y(2)證明:設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),G(x0,y0),將y=kx+m代入x212+y23=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,則x1+x2=-8km1+4k2,x1·x2=4m2-121+4k2,y1+∵四邊形OEGF為平行四邊形,∴OG=OE+OF=(x1+x2,y1+y2),得G-8km1+4k2,2m1+4k2,將G點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓C的方程得m2=34(1+4k2),又易得點(diǎn)O到直線EF的距離d=∴平行四邊形OEGF的面積S=d·|EF|=|m||x1-x2|=|m|·(x1+x2)2-4x1x2故平行四邊形OEGF的面積S為定值33.9.(2024浙江麗水四校聯(lián)考,20)設(shè)直線l與拋物線x2=2y交于A,B兩點(diǎn),與橢圓x24+y23=1交于C,D兩點(diǎn),直線OA,OB,OC,OD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1,k2,k3,k4,(1)是否存在實(shí)數(shù)t,滿意k1+k2=t(k3+k4)?請(qǐng)說(shuō)明理由;(2)求△OCD面積的最大值.解析本題考查直線與拋物線、橢圓的位置關(guān)系以及圓錐曲線的綜合應(yīng)用;考查學(xué)生運(yùn)算求解和邏輯推理的實(shí)力以及數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)直線l的方程為y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).聯(lián)立得y=kx+b,x2=2則x1+x2=2k,x1x2=-2b,Δ1=4k2+8b>0.由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,得b=2.聯(lián)立得y=kx+2,x24+y2所以x3+x4=-16k3+4k2,x3x由Δ2=192k2-48>0,得k2>14(1)因?yàn)閗1+k2=y1x1+y2x2=k,k3+k4=所以k1+k2k3+k4=-16,故存在t=-16,滿意k1+k(2)依據(jù)弦長(zhǎng)公式得|CD|=1+k2|x3-x4|=43·1+k點(diǎn)O到直線CD的距離d=21+所以S△OCD=12|CD|·d=43·4設(shè)4k2-1=t>0,則S△OCD=43所以當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=±52時(shí),S△OCD有最大值310.(20245·3原創(chuàng)題)已知A,B為拋物線C:y2=4x上的兩點(diǎn),分別過(guò)A,B作C的切線l1,l2交于點(diǎn)P.(1)若l1⊥l2,求證:直線AB過(guò)定點(diǎn);(2)若點(diǎn)P恰在圓M:(x+2)2+y2=1上,求△PAB面積的取值范圍.注:拋物線y2=2px在點(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為y0y=p(x0+x).解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則拋物線在點(diǎn)A處的切線方程為y1y=2(x1+x),從而,k1=2y1,同理,k2=(1)證明:因?yàn)閘1⊥l2,所以k1k2=-1,即y1y2=-4,所以kAB=y1-y從而直線AB的方程為y-y1=4y1+y2(將x1=y124,y1y2=-4代入化簡(jiǎn)得y=4所以直線AB過(guò)定點(diǎn)(1,0).(2)設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),由點(diǎn)P在l1和l2上知y0y1=2(x0+x1),且y0y2=2(x0+x2),所以直線AB的方程為y0y=2(x0+x),聯(lián)立y0y=2(x0+x),y2=4x,消去所以Δ=4(y02-4x0),且y1+y2=2y0,y1y2=4x設(shè)點(diǎn)P到直線AB的距離為d,則S△PAB=12|AB|d=121+y024·2y02-4因?yàn)辄c(diǎn)P恰在圓M:(x+2)2+y2=1上,所以(x0+2)2+y0所以y02-4x0=1-(x0+2)2-4x0=-x02因?yàn)?3≤x0≤-1,所以y02-4x0從而S△PAB∈[4,123].命題說(shuō)明本題以直線與拋物線的位置關(guān)系為載體,考查學(xué)生對(duì)定點(diǎn)問(wèn)題和范圍問(wèn)題的處理,第(2)問(wèn)中,點(diǎn)P的位置是求△PAB面積的取值范圍的關(guān)鍵,該題綜合性較強(qiáng),很好地考查了學(xué)生的運(yùn)算求解實(shí)力.11.(2024重慶西南高校附屬中學(xué)模擬,20)已知?jiǎng)又本€l:y=k(x+3)(k≠0)與y軸交于點(diǎn)A,過(guò)點(diǎn)A作直線AB⊥l,交x軸于點(diǎn)B,點(diǎn)C滿意AC=3AB,C的軌跡為E.(1)求E的方程;(2)已知點(diǎn)F(1,0),點(diǎn)G(2,0),過(guò)F作斜率為k1的直線交E于M,N兩點(diǎn),延長(zhǎng)MG,NG分別交E于P,Q兩點(diǎn),記直線PQ的斜率為k2,求證:k1k解析(1)動(dòng)直線l:y=k(x+3)(k≠0)與y軸交于點(diǎn)A(0,3k),∵直線AB⊥l,∴直線AB的方程為y=-1kx+3k,交x軸于點(diǎn)B(3k2,0)設(shè)C(x,y),點(diǎn)C滿意AC=3AB,∴(x,y-3k)=3(3k2,-3k).∴x=9k2,y=-6k.消去k可得y2=4x(x≠0),即為C的軌跡方程E.(2)證明:設(shè)M,N,P,Q的坐標(biāo)依次為(xi,yi)(i=1,2,3,4).直線MN的方程為x=ty+1,聯(lián)立x=ty+1,y2∴y1+y2=4t,y1y2=-4,設(shè)直線MG的方程為x=my+2,聯(lián)立x=my+2,y2∴y1y3=-8,∴y3=-8y1.同理可得y4=-∵k1=y2-y1x2-x1=∴k1k2=y3+y412.(2024浙江杭州二中開學(xué)考,21)設(shè)F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),|F1F2|=2,直線l過(guò)F1且垂直于x軸,交橢圓C于A,B兩點(diǎn),分別連接A,B(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)右焦點(diǎn)F2的直線m與橢圓C相交于M,N兩點(diǎn),試問(wèn):橢圓C上是否存在點(diǎn)P,使OP=OM+ON成立?若成立,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由.解析本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系;考查學(xué)生數(shù)學(xué)運(yùn)算的實(shí)力和數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由題意,|F1F2|=2,|AF1|=23,|AF2|=42a=|AF1|+|AF2|=23,故c=1,a=3,b=2,故橢圓C的方程為x23+y(2)設(shè)橢圓C上存在點(diǎn)P(x0,y0)使OP=OM+ON成立,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x0=x1+x2,y0=y1+y2,設(shè)直線m的方程為x=ty+1,則x02=ty02+1,即x0由x=ty+1,x23+y2y0=-4t2t2+3,x0代入x023+y022=1,可得4解得t2=12故P32即存在點(diǎn)P32,±22,使OP=13.(2024天津和平一模,18)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,以原點(diǎn)O為圓心,橢圓C(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)Q為橢圓C上不在x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)F2作OQ的平行線交橢圓C于M、N兩個(gè)不同的點(diǎn),記△QF2M的面積為S1,△OF2N的面積為S2,令S=S1+S2,求S的最大值.解析(1)由題意知,e=ca=1-b2a2=22,∴a2∵以原點(diǎn)O為圓心,橢圓C的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓x2+y2=b2與直線x-y+2=0相切,∴b=212+(-1)2=2∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y22=1(2)設(shè)直線OQ:x=my,則直線MN:x=my+2, (5分)由x=my+2,x24+y22=1,得設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-22mm2+2,y1∴|MN|=1+m2|y1-y2|=1+m2(y∵M(jìn)N∥OQ,∴S△QF2M=S△OF2M,∴S=點(diǎn)O到直線x=my+2的距離d=21+∴S=12|MN|d=221+m令t=1+m2,則m2=t2-1(t∴S=22tt2+1=∵t+1t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)t=1t,即t=1∴Smax=2. (15分14.(2024江西鷹潭二模,20)已知橢圓y2a2+x2b2=1(a>b>0),上下頂點(diǎn)分別是A、B,上下焦點(diǎn)分別是F1、F2,(1)求橢圓的方程;(2)若Q為橢圓上異于A、B的動(dòng)點(diǎn),過(guò)A作與x軸平行的直線l,直線QB與l交于點(diǎn)S,直線F2S與直線AQ交于點(diǎn)P,推斷∠SPQ是不是定值,說(shuō)明理由.解析本題考查橢圓的方程和性質(zhì),直線和橢圓的位置關(guān)系,考查化簡(jiǎn)運(yùn)算實(shí)力和推理實(shí)力,體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由焦距為2,可得c=1,即有F1(0,1),F2(0,-1),由32,1在橢圓上,可得2a=32-02+(1-1)2+3則橢圓的方程為y24+x(2)設(shè)Q(m,n),可得4m2+3n2=12,由A(0,2),設(shè)S(t,2),因?yàn)锽(0,-2),Q和S三點(diǎn)共線,所以kSB=kBQ,即4t=n+2m,解得t=4mn所以kSF2=3又kAQ=n-2m,所以kAQ·kSF可得AQ⊥SF2,即∠SPQ=90°,則∠SPQ為定值.15.(2024浙江湖麗衢三地市4月?？?21)如圖,設(shè)拋物線方程為x2=2py(p>0),M為直線y=-2p上隨意一點(diǎn),過(guò)M引拋物線的切線,切點(diǎn)分別為A,B.(1)求直線AB與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo);(2)若E為拋物線弧AB上的動(dòng)點(diǎn),拋物線在E點(diǎn)處的切線與△MAB的邊MA,MB分別交于點(diǎn)C,D,記λ=S△EABS△MCD,問(wèn)λ是不是定值?若是,求出該定值解析(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),易知過(guò)A點(diǎn)的切線方程為y-x122p=x1p·(x-x1),過(guò)B點(diǎn)的切線方程為y-x222p=x2p(x-x2),聯(lián)立兩個(gè)方程解得x又kAB=y2-y所以直線AB的方程為y-x122p=x2+化簡(jiǎn)得(x1+x2)x-2py-x1x2=0, (5分)令x=0,得y=-x1x22p,又yM所以y=2p,所以直線AB過(guò)定點(diǎn)(0,2p),所以直線AB與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2p). (7分)(2)由(1)知xM=x1+x22,同理可得xC=x1+xE|AC||CM|=x|CE||ED|=x所以|AC||CM|=|CE所以|AC||CM|=|CE設(shè)|AC||CM|=|CE||ED|=|MD||則S△ACE=tS,故S△MDE=St,S△BDE=St2,S△MCD=所以S△MABS△MCD=|MA||即S△MAB=(t+1)2tS△MCD=(t+1)2tS△EAB=S△MAB-S△MCD-S△ACE-S△BDE=2(t+1)t所以λ=S△EABS△MCD=2,16.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬(5月),21)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,點(diǎn)D在橢圓上,DF1⊥F1F2,|F1F2|(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn),且圓在這兩個(gè)交點(diǎn)處的兩條切線相互垂直并分別過(guò)不同的焦點(diǎn)?若存在,求圓的方程,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由|F1F2||DF1|=22,從而S△DF1F2=12|DF1|·|F1F2|=22c從而|DF1|=22,由DF1⊥F1F2得,|DF2|2=|DF1|2+所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b=a2-因此,所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2(2)設(shè)圓心在y軸上的圓C與橢圓x22+y2=1的兩個(gè)交點(diǎn)分別為P1(x1,y1),P2(x2,y2),其中y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1⊥F2P2由圓和橢圓的對(duì)稱性,易知x2=-x1,y1=y2,|P1P2|=2|x1由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以F1P1=(x1+1,y1),F