新高考一轮复习人教版　圆锥曲线的综合问题 作业

1、9.5锥曲线的综合问题综合篇知能转换考法一求轨迹方程1.（2020课标III文,6,5分）在平面内,A,B是两个定点,C是动点.假设元灰=1,那么点C的轨迹为（）A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线答案A2.设圆（x+l）2+y2=25的圆心为C,A（1,O）是圆内一定点,Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M,那么M的轨迹方程为（）4%2 4y2A=121 25-4x2 4y2B.+=121 254/ 4y2CiT五二14x2 4y2D.+=125 21答案D3.（多项选择）（2022届重庆巴蜀中学10月月考,11）点Q是圆M:（x+2）2+y2=4上一动点，点N（2Q）,假

2、设线段NQ的垂直平分线交直线MQ于点P,那么以下结论正确的选项是（）A.点P的轨迹是椭圆B.点P的轨迹是双曲线C.当点P满足PMPN时,aPIVIN的面积SaPMn = 3D.当点P满足PMMN时,PMN的面积S，pmn = 6答案BCDx24.（2017课标II理（文）,20,12分）设O为坐标原点，动点M在椭圆C:-+y2=l上，过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足加二6两.Q）求点P的轨迹方程;令y二一3,解得x二-言，得M(一言,一3一3 ,所以|PM| + |PN|一3 ,所以|PM| + |PN|同理可得N%2巧。2+2)+%2(1+2)功+2(71+2) (y2 4-2)%1(依

3、2-1)+工2(收11)2/c%i%2 -(xl+x2)(依 1一1)(%一1)(kx1-3)+2 (k%2-3)+2-(xl+x2)-2k %1工2k(%i+%2)+l TOC o 1-5 h z 2530k2k4+5d 4+5,2 25 30k .ky-ky+l4+54+5V50k30k25k2-30/+4+5忆250k30k25k2-30/+4+5忆2= |5k|0),点A是椭圆Ci与抛物线C2的交点，过点A的直线I交椭圆Ci于点B,交抛物线C2于点M(BZM不同于A).1假设p二白，求抛物线C2的焦点坐标;16(2)假设存在不过原点的直线I使M为线段AB的中点，求p的最大值.解析(1)

4、由p$得C2的焦点坐标是倨,0)(2)由题意可设直线l:x=my+t(mw0,tw0),点A(xo,yo).将直线I的方程代入椭圆Ci：-+y2=l得 (m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以点M的纵坐标y”二将直线I的方程代入抛物线C2:y2=2px得 y2-2pmy-2Pt=0,所以 y0yM=-2pt,解得 y0=2(；+2),因匕 xo*)2).由争其二得.)2+2(m + ；72160,所以当m二血,t=千时,p取到最大值呼,11.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆11.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆2万+*(ab。)

5、的离心率为万，椭圆CV2截直线y=l所得线段的长度为2近Q)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(mwO)交椭圆C于A,B两点，交y轴于点M.点N是M关于0的对称点,。N的半径为|N0|.设D为AB的中点,DE,DF与。N分别相切于点E,F,求nEDF的最小值.解析(1)由椭圆的离心率为行，得a2=2(a2-b2),q2 2又当y=l又当=a2-得a2-%=2,22X V所以a2=4,b2=2.因此椭圆C的方程为丁+一二1.4 Ly = kx + m,2 km m(2)设 A(xi,yi),B(X2,y2),联立得12 + 2 2 =彳得(2k2+l)x2+4kmx+2m2-4=0,由

6、()得 m23zM 2k2+l 二里所以|NO/NF216t(l + t)2161t+1+211令 y=t+/ 所以 y=l-2.1当t3时,y0,从而丫4+7在3,+8)上单调递增, L因此t+当且仅当t=3时等号成立，此时k=0z所以所以|ND/NF21 + 3=4,由(*)得-6m6且m=0.故黑I i V 1-X I 乙设nEDF=2&那么sine二黑 11 V Z-X I 乙TT7T所以e的最小值为i从而nedf的最小值为彳 63此时直线I的斜率是0.综上所述:当lb0)的离心率为:，长轴端点和短轴端点的Q b2距离为(1)求椭圆C的方程;(2)假设P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一

7、点，过点Q(0,-2)且平行于OP的直线I与椭圆C相交于A,B两点(点O为坐标原点)，是否存在实数入，使得口?丽二人方2成立?假设存在，求出入的值;假设不存在,请说明理由.解析(1)依题意得c V3Q _ 2，Va2 + b2 = V5, a2 = b2 + c2,d = 4,解得付=1,.椭圆c的方程为+y2=1. c1 3,(2)存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点，且III OP,所以直线I的斜率存在且不为0.y = kx 2, 设过点Q(0,-2)的直线I的方程为 尸10n4k23,16fc12Xi + X2= - 772 X 2 = 77211+4/c14-4/c|QA|-

8、|QB|=vl + /c2|xi-xq|-V1 + fc2|x2-XQ| = (l + k2)|xiX2|.窘：屋4得而高，所以|0PF=(l+k2弗Q+k2)f又因为赤.砥麻；所以IQAHQB因|OP|2,所以|X1X2|二人脸即121+4必4=A解得入=3.1+4/c2故存在实数入，使得方丽二人近2成立，且入=3.%2 y22.(2022届湖北局部学校11月质量检测,21)Fi(-c,0),F2(c,0)分别为椭圆C=+J=l(ab0)的左，右焦Q b点,P(c4)是椭圆C上一点，且时质=*Q)求椭圆C的方程;(2)过点F2的直线与椭圆C交于A,B两点,试问:是否存在定点G(Xo,O),使

9、得刀弱为定值?假设存在，求出xo的值;假设不存在,请说明理由.解析 = 10, ly = k(x 1)8k24k2 12X-X2二西了的二诉.(4%q-Sxg_5)/c2+3%q124k2+3所以褊=(xi-xo,yi),瑞=(X2-x0,y2),那么G4-GB = XiX2-(Xi + X2)Xo + %o + k右焦点，点C为圆心,0为原点，线段OC的垂直平分线为I.E的离心率为5,点Fi,F2关于直线I的对称点 都在圆C上.Q)求椭圆E的方程；G4-GB = XiX2-(Xi + X2)Xo + %o + k右焦点，点C为圆心,0为原点，线段OC的垂直平分线为I.E的离心率为5,点Fi,

10、F2关于直线I的对称点 都在圆C上.Q)求椭圆E的方程； 设直线I与椭圆E相交于A,B两点，问:是否存在实数m,使直线AC与BC的斜率之和为3?假设存在，求实数m的值;假设不存在，说明理由.r 1解析 因为e二/,所以a=2c.a 2(Xi-l)(X2-l) = (l2 + l)XiX2-(Xo + k2)Xi4-X2)+ li-j-, /=t b0),圆 C:(x-2m)2+(y-4m)2=l(mw0),点 FlF2分别为 E 的左,Q b设点Fi,F2关于直线I的对称点分别为M,N,因为点0,C关于直线I对称Q为线段FF2的中点，所以C为线 段MN的中点，从而线段MN为圆C的一条直径，所以

11、|FiF2| = |MN|=2,即2c=2,即c=l.22于是2二2力2二32Y2二3,所以椭圆E的方程是：+5=1. 43(2)因为原点0为线段FF2的中点，圆心C为线段MN的中点，直线I为线段0C的垂直平分线，所以点0与C也关于直线I对称，因为点C(2m,4m),所以线段0C的中点为(m,2m),直线0C的斜率为2,又直线I为线段0C的垂直平分线, 所以直线I的方程为y-2m=(x-m),即y=-3+尊 将产-%+券代入得 3x2+4(V + 孚)=12,即 4x2%i%2-4m(xi+x2)+8m2*、2因为 kAC+kBC=/D所以2xiX2+m(xi+%2)-127n2 22xi%2

12、-4m(xi+x2)+8m2 3那么 2xiX2-m(xi+X2)-4m2=0,所以-4m2=0,即 m2=l,即 m=l.2 所以不存在实数m,使直线AC与BC的斜率之和为 24.(2021湖南六校4月联考,21)A,B分别为椭圆E:+5=l(aW)的左，右顶点,Q为椭圆E的上顶aL 3点，丽丽二1.Q)求椭圆E的方程;-10mx+25m2-12=0. TOC o 1-5 h z 164因为直线I与椭圆E相交，所以=100m2-16(25m2-12)0,解得m2BP|m|- 4JJ、n a /、 x 5m 25m212设 A(xi,yD,B(X2,y2),那么 xi+x2=zxix2=Z4所

13、以 lb0),Fi、F2分别是其左、右焦点, Q b给出两个条件:|F1F2|=2,P在椭圆C上，满足|PF1| + |PF2|二4;过Fi的直线与椭圆C交于A,B两点,AFaB的周长为8,且椭圆C经过点在这两个条件中任选一个填入下面横线中，并求解以下问题.Q)求椭圆C满足条件 时的标准方程；(2)过右焦点F2的直线交(1)中所求椭圆于点M,N,E为椭圆的左顶点，假设印前二0,求直线EM的斜率k的值.解析(1)假设选条件， 由正正|二2可得2c=2,即c=l.根据椭圆的定义及|PFi| + |PF2|=4,可得2a=4,即a=2,所以b2=扭2=3,所以22椭圆C的标准方程为宁+土1.假设选条

14、件，9因为3F2B的周长为8,所以4a=8,即a=2,又知椭圆C经过点(1,1)所以%今=1，解得b2=3,所以椭圆C22的标准方程为4 3(2)由(1)及得直线EM的方程为y=k(x+2),y = k(x + 2),y2 _得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.,.xrXM=-2xT + T - 1y = k(x + 2),y2 _得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.,.xrXM=-2xT + T - 116/c2-12一8k2+6M =, 2，,XM =, 2 3+4/c3+4kYmk(XM+2)= 3+4fcz箴),由示.奇= 得 FiN,em.当 mn

15、j_FF2 时,=1,得即k二士白不妨设点M在x轴上方，假设k,那么(l1)jFi(-L0),.Mn凡直线FiN与EM不垂 TOC o 1-5 h z LL 2/L114k直洞理假设 匕-7那么直线FiN与EM也不垂直,.kW7即MN与F1F2不垂直.下2(1,0),.二%小二又知幺N2 14/C14kkg二-港直线MF2的方程为y-4k4k ,、y =.八2(x- 1)， (r = _ 111M解得 o/ .N(8l0)上的点P(l,yo)(yoO)到焦点的距离为2.Q)求点P的坐标及抛物线C的方程；勺0).准线方程为x=-g由抛物线的定义得1+畀2,解得p=2,所以抛物勺0).准线方程为x

16、=-g由抛物线的定义得1+畀2,解得p=2,所以抛物(2)假设点M、N在抛物线C上，且kpM,kpN=,求证:直线MN过定点.解析(1)设抛物线的焦点为F,那么F 线的方程为y2=4x,把Q,y0)代入得其二4,因为y00,所以yo=2,所以P(lz2).(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my+n,M(：y；y)NGy；,y2)，联立(y2 _ 4x得 y2-4my-4n=0,A=16m2+4x4n0,yi+y2=4m,yiy2=-4n,所以 打一2 4y2-241当+2-1 V2+22所以6 +2：i +2;吃即 yiy2+2(yi+y2)+36=0，所以-4n

17、+8m+36=0,即 n=2m+9,满足(),所以直线MN的方程为x=my+2m+9=m(y+2)+9, 所以直线MN过定点(9,-2).(2021武汉4月质检,21)设抛物线E:y2=2px(p0)的焦点为F,过F作直线I交抛物线E于A,B两点.当I与x轴垂直时,aAOB的面积为8,其中O为坐标原点.Q)求抛物线E的标准方程；(2)假设I的斜率存在且为ki,点P(3,0),直线AP与E的另一交点为C,直线BP与E的另一交点为D,设直线CD 的斜率为(0z.,.p=4,.,.y2=8x.(2)证明:设 A(xi,yD,B(X2,y2),C(X3,y3),D(X4,y4),直线I的斜率为ki二二

18、二告勺二一一洞理可得k2二4一,直线I的方程为y-yi=(x-xi),那么 1(y2-y2)yi+y2丫3+丫4丫1+丫2(yi+y2)y-yiy2=8x.又点F(2,0)在直线I上，所以-yiy2=16,同理，直线BD的方程为(y2+y4)y-y2yg8x,由点P(3,0)在直线BD上，得-y2y24,同理可得yiy3=-24,所蟾=-=袈绦=假设=我q所蟾为定值.ki 九+、4-I 24 -24 3 忆1yi 丫2.(2017 课标I理,20,12 分)椭圆 C:亲自l(ab0),四点 PiQ,1),P2(0,1),P3(T1),P4(A)中恰有 三点在椭圆C上.Q)求C的方程；(2)设直

19、线I不经过P2点且与C相交于A,B两点,假设直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明：1过定点.1113解析 Q)由于P3,P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P#4两点.又由葭+溟葭+彳知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此13.葭+ /=L_ 4/:故C的方程为亍+y2=L(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为kLk2.如果I与x轴垂直，设b(二t,由题设知0,且惬2,可得A,B的坐标分别为贝ij ki+k2=J4T2-2 J4T2+22t2t=-1,得t=2,不符合题设.从而可设上y=kx+m(mwl).将y=kx+m代入%2+y2=l 得(4k2+l)x2+8kmx

20、+4m2-4=0.由题设可知=16(4k2-m2+l)0.设 A(xi,yD,B(X2,y2),那么 Xi+x2=-8 km47n2-4而匕 i 匕二当一1 丫2T=l+m-l 尸2+m-l_2依 1无2+0-1)01+“2)%2由题设知 ki+k2=-lzM(2k+l)xiX2+(m-l)(xi+x2)=0.口n/cix 4m24 / 8km. m4-l即 2k+l 2+ m-1 1=0.解得 k=-.4M+14/+12当且仅当m-l时,A0,于是卬=-Wix+m,即y+1=一券(X-2),所以I过定点(2,-1)./ y2-y2.(2020新高考1,22,12分)椭圆C:温+#l(ab0)

21、的离心率为半，且过点A(2Z1).(1)求C的方程； (2)点M,N在C上，且AM_LAN,AD_LMN,D为垂足,证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.4 1a-b2 1解析(1油题设得”+至=1,1匕弓 aL b aL22 2解得浜=6力2=3.所以C的方程为2+5=1. 63(2)证明:设 M(xi,yi),N(X2,y2),/ y2假设直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入丁+得Q+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 6 3_ 4km 2m26于是 X1 + X2 = -2/XlX2=1+2/l+2fcz由 AMAN 知前前二0,故(Xi-2)(X2-2) +

22、 (yi-l)(y2-l)=0,可得 (k2+l)xiX2+(km-k-2)(xi+X2)+(m-l)2+4=0.将代入上式可得 TOC o 1-5 h z 64km(k2+l)r-(km-k-2)+(m-l)2+4=0.整理得(2k+3m + l)(2k+m-l)=0.因为 A(2,l)不在直线 MN1+2/c1+2k上，所以2k+mlw0,故2k+3m + l=0,kwl.于是MN的方程为y=k(x - |(kwl).所以直线MN过点p(INp(IN.假设直线 MN 与 x 轴垂直，可得 N(Xi,-yD .由俞而=0 得(Xi-2)(Xi-2) + (yi-l)(-yl)=0.又 +4=

23、1, 63可得3x；-8xi+4=0.解得xi=2(舍去)或xi=|.此时直线MN过点P(|, - .令Q为AP的中点，即 假设D与P不重合，那么由题设知AP是RfADP的斜边，故|DQ|二)|AP|二竽 假设D与P重合，那么|DQ|=JaP|.综上,存在点Q(gt)使得|DQ|为定值.5.(2021山东滨州一模,21)点A(0,-l),B(0,l),动点P满足|话|荏上甫瓦?.记点P的轨迹为曲线C.Q)求C的方程;(2)设D为直线y=-2上的动点，过D作C的两条切线，切点分别是E,F.证明:直线EF过定点.解析 Q)设 P(x,y),那么甫=(-x,-l-y),而=(-x,l-y),又方二(

24、0,2),瓦?=(0,-2),所以|同|蕊|二甫瓦5可化为2,(%)2 + (1 y)2=2(l+y),化简得x2=4y.所以C的方程为x2=4y.(2)证明:设 D(j2),E(xi,yD,F(X2,y2), 2由题意知切线DE,DF的斜率都存在，由x2=4y得y=J那么y假设,所以kDE=g直线DE的方程为y-yi=(x-x。, 42LL2即y-yi=x-茎x2因为E(xi,yi)在抛物线x2=4y上,所以蜉=4yi,即=2yi,将代入可得xix-2y2y=0,所以直线DE的方程为xiX-2yi-2y=0.同理可得直线DF的方程为x2x-2y2-2y=0.因为D(t,2)在直线DE上，所以

25、txi-2yi+4=0z又 D(t,-2)在直线 DF 上，所以 tX2-2y2+4=0,所以直线EF的方程为tx-2y+4=0,故直线EF过定点(0,2).考法三 最值与范围问题的解题方法22.（多项选择）（2022届重庆实验外国语学校入学考,U）如图,P为椭圆J：2+9=1上的动点，过点P作Ci的切线 O O交圆C2:x2+y2=24于点M,N.过M,N作C2的切线交于点QJW（）A.S2pq的最大值为百B.Saopq的最大值为警/ y2C.Q的轨迹方程是弓+啜=136 48%2 y2D.Q的轨迹方程是六十三二172 96答案AD%2 y2.（2017课标I文,12,5分）设A,B是椭圆C

26、：y+-=l长轴的两个端点.假设C上存在点M满足nAMB=120。,那么m的取值范围是（A.(0,lU9,+8)B.(0,V3U9,+oo)C.(0zlU 4,+oc)C.(0zlU 4,+oc)D.(0,V3 U 4z+oo)答案A.（2021湖北黄石质检）P为双曲线x2-y2=l左支上任意一点,EF为圆C:（x-2）2+y2=4的任意一条直径，那么族标的最小值为（）A.3B.4C.5D.9答案C.（2021全国乙文,n,5分）设B是椭圆C:-+y2=l的上顶点，点P在C上，那么|PB|的最大值为（）2D.答案A.(2021济南十一学校联考,15)点M(-4,-2),抛物线x4因为 k-zW

27、-A+|j-zW-A+|j2.=4y的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点，过P作PQL,点Q为垂足，过P作抛物线的切线1“1与I交于点R,那么|QR| + |MR|的最小值为.答案5226.(2022届长沙长郡中学月考一,20)设椭圆C：3+5=l的左,右顶点分别为A,B. y 5假设P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AP,BQ的斜率分别为ki,k2(kil2N0),求|ki| + |k2|的最小值；(2)过点D(0,-3)的直线I交椭圆C于M、N两个不同的点，直线AM,AN分别交y轴于点S,T,记发二人00,57=pD0(O为坐标原点)，当直线I的倾斜角S为锐角时，求人+|J的取值范围

28、.解析(1)由题意设点 P(xo,yo),Q(xo,yo),-3xo3,不妨令 OyoW代，因为 A(-3,0),B(3,0),所以及尸磊心二悬，那么回+ |12|=念+含=岩油田+4=1可得9曷=萼，那么|ki| + |k2|=，因为O0),ry = kx- 3,联立y2得(5+9k2)x2-54kx+36=0,由题意得=(-54k)2-4x36x(5+9k2)0,因为 k0,所以 k-M +三=13由根与系数的关系得X1 + X2=由根与系数的关系得X1 + X2=54k369/c2+5/X1X2-9fc2+5*易知直线AM的方程是y=含(x+3),令x=0,解得y二熟，所以S(0, 瑞)

29、，同理可得T(0,悬)所以巩。磊所以巩。磊+ 3)所=(。磊 + 3)，因为丽=(。,3)足痂无 由所以熟+3=3入，第+3 = 3.，所以入+尸岛+券+2_忆13 fc%23%1+3冷+3_忆13 fc%23%1+3冷+3%1%2+3(%1+%2)+9q /36 , O/1 、 54k2k5F3(k-1)59V+59d+5+3.-+99/+59/Z+52 = -9(/c+1)/ y217.(2022届江苏淮安车桥中学入学调研,20)设椭圆C:3+马=l(ab0)的左,右焦点分别为F/z离心率为刀Q乙bL过原点O的动直线I与椭圆C交于M,N两点,其中点M在第一象限，且|MF2| + |NF2|

30、=4.Q)求椭圆C的方程； (2)过Fi的直线交C于A,B两点，求aABF2面积的最大值.解析(1)连接MFlNFi.线段MN与线段FF2互相平分，那么四边形MF1NF2为平行四边形，那么|NF2| 二 |MFi|,又|MF2| + |NF2|=4,所以|MFi| + |MF2|=2a=4,故a=2,又e-二,故c=l,那么b=百,故椭圆C的方程为 CL Z卜44(僧2 + 1) (3m2+4)2_ J 144t _ I 144t Saabf2y (3t+l)2-9t24-6t+l1449t+6+；L144因为当tl时，函数y= I1单调递减，所以当t=l,即m=09t+6+1(2)由题意知直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-l,A(xi,yi),B(X2,y2),rx = my 1,联立I， y2消 x 得(3m2+4)y2-6my-9=0,贝iA=36m2+36(3m2+4)0,(4