2025版新教材高中数学圆锥曲线的综合新人教A版选择性必修第一册

圆锥曲线的综合1．[2024·辽宁大连高二测试]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点T(3，t)到焦点F的距离为4.(1)求p的值；(2)设A，B是抛物线C上分别位于x轴两侧的两个动点，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝5，其中O为坐标原点．求证：直线AB过定点．2．[2024·河北邯郸高二检测]已知O为坐标原点，双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq\r(3)，点P在双曲线C上，点F1，F2分别为双曲线C的左右焦点，||PF1|－|PF2||＝2.(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知点A(－1，0)，B(1，0)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.证明：k1k2为定值．3．[2024·江苏常州高二测试]在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率e＝eq\f(2\r(2),3)，且椭圆C经过点M(3eq\r(2)，eq\r(2)).(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M作两条不同的直线与椭圆C分别交于点A，B(均异于点M).若∠AMB的角平分线与y轴平行，摸索究直线AB的斜率是否为定值？若是，请赐予证明；若不是，请说明理由．4．若抛物线C：x2＝2py(p>0)上的一点P(x0，eq\f(p,3))到它的焦点的距离为eq\f(5,2).(1)求C的标准方程；(2)若过点Q(0，3)的直线l与抛物线C相交于A，B两点．求证：eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)为定值．5．[2024·河北衡水二中高二检测]已知抛物线y2＝4eq\r(3)x的准线过椭圆E的左焦点，且椭圆E的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形．(1)求椭圆E的方程；(2)直线y＝eq\f(1,2)交椭圆E于A，B两点，点P在线段AB上移动，连接OP交椭圆于M，N两点，过P作MN的垂线交x轴于Q，求△MNQ面积的最小值．6．[2024·新高考Ⅱ卷]设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(3)的直线交于点M，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．圆锥曲线的综合1．解析：(1)由抛物线定义得，3＋eq\f(p,2)＝4⇒p＝2.(2)设直线AB的方程为x＝my＋n，A(eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),4)，y1)，B(eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n,y2＝4x))，消去x得y2－4my－4n＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝5得eq\f(（y1y2）2,16)＋y1y2＝5，所以y1y2＝－20或y1y2＝4(舍)，即－4n＝－20⇒n＝5，所以直线AB的方程为x＝my＋5，所以直线AB过定点P(5，0).2．解析：(1)由题知：||PF1|－|PF2||＝2，由双曲线的定义知：2a＝2，a＝1.又∵e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，∴c＝eq\r(3)，∴b2＝c2－a2＝2，∴双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：设P(x0，y0)，则xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2)＝1，∵A(－1，0)，B(1，0)，∴k1＝eq\f(y0,x0＋1)，k2＝eq\f(y0,x0－1)，∴k1k2＝(eq\f(y0,x0＋1))(eq\f(y0,x0－1))＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1)＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),（1＋\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2)）－1)＝2.3．解析：(1)由e＝eq\f(2\r(2),3)，得eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(8,9)，所以a2＝9b2，①又椭圆过点M(3eq\r(2)，eq\r(2))，则eq\f(18,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，②由①②解得a＝6，b＝2，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设直线MA的斜率为k，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为∠AMB的平分线与y轴平行，所以直线MA与MB的斜率互为相反数，则直线MB的斜率为－k.联立直线MA与椭圆方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\r(2)－3\r(2)k,\f(x2,36)＋\f(y2,4)＝1)).整理得(9k2＋1)x2＋18eq\r(2)k(1－3k)x＋162k2－108k－18＝0，所以x1＝eq\f(18\r(2)（3k2－k）,9k2＋1)－3eq\r(2)，同理可得x2＝eq\f(18\r(2)（3k2＋k）,9k2＋1)－3eq\r(2)，所以x2－x1＝eq\f(36\r(2)k,9k2＋1)，x2＋x1＝eq\f(108\r(2)k2,9k2＋1)－6eq\r(2).又y2－y1＝－kx2＋eq\r(2)＋3eq\r(2)k－(kx1＋eq\r(2)－3eq\r(2)k)＝－k(x2＋x1)＋6eq\r(2)k＝eq\f(－108\r(2)k3,9k2＋1)＋12eq\r(2)k＝eq\f(12\r(2)k,9k2＋1)，所以kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(12\r(2)k,9k2＋1),\f(36\r(2)k,9k2＋1))＝eq\f(1,3)为定值．4．解析：(1)抛物线x2＝2py(p>0)的准线l的方程为y＝－eq\f(p,2)，依据抛物线的定义知点P到它的焦点的距离即为点P到准线l的距离，所以eq\f(p,3)＋eq\f(p,2)＝eq\f(5,2)，解得p＝3，所以C的标准方程为x2＝6y.(2)证明：明显直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3,x2＝6y))，消去y，得x2－6kx－18＝0，所以Δ＝36k2＋72>0，x1＋x2＝6k，x1x2＝－18，又|AQ|＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋（y1－3）2)＝eq\r(1＋k2)|x1|，同理|BQ|＝eq\r(1＋k2)|x2|.所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＋eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),（1＋k2）xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,（1＋k2）xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(36（1＋k2）,182（1＋k2）)＝eq\f(1,9)，所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)为定值．5．解析：(1)由题知抛物线的准线为x＝－eq\r(3)，∴c＝eq\r(3)，因为椭圆E的一个焦点与短轴的两个端点构成一个正三角形，∴b＝1，a＝2，故椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)得椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，∵MN的垂线交x轴于Q，∴MN的斜率存在，∵连接OP交椭圆于M，N两点，∴MN的斜率不为0，不妨设lMN：y＝kx，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则P(eq\f(1,2k)，eq\f(1,2))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx,\f(x2,4)＋y2＝1))，即(1＋4k2)x2－4＝0，∴x1＋x2＝0，x1·x2＝eq\f(－4,1＋4k2)，∴|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1·x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(16,1＋4k2))，设Q(m，0)，∵PQ⊥MN，∴kPQ·kMN＝eq\f(\f(1,2),\f(1,2k)－m)·k＝－1，解得m＝eq\f(1,2k)＋eq\f(k,2)，∴Q到直线MN的距离为eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k·（\f(1,2k)＋\f(k,2)）)),\r(1＋k2))＝eq\f(\f(1,2)＋\f(k2,2),\r(1＋k2))，∴S△MNQ＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(16,1＋4k2))·eq\f(\f(1,2)＋\f(k2,2),\r(1＋k2))＝eq\f(1＋k2,\r(1＋4k2))＝eq\f(1,4)·eq\f(1＋4k2＋3,\r(1＋4k2))＝eq\f(1,4)(eq\r(1＋4k2)＋eq\f(3,\r(1＋4k2)))≥eq\f(1,4)·2eq\r(\r(1＋4k2)·\f(3,\r(1＋4k2)))＝eq\f(\r(3),2)，当且仅当eq\r(1＋4k2)＝eq\f(3,\r(1＋4k2))，即k＝±eq\f(\r(2),2)时取等号，故△MNQ面积的最小值为eq\f(\r(3),2).6．解析：(1)右焦点为F(2，0)，∴c＝2，∵渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(3)a，∴c2＝a2＋b2＝4a2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3).C的方程为：x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假如直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F，此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，从而x1＝x2，与已知不符；所以直线AB的斜率存在且不为零．设直线AB的斜率为k，直线AB方程为y＝k(x－2)，则条件①M在AB上，等价于y0＝k(x0－2)⇔ky0＝k2(x0－2)；两渐近线的方程合并为3x2－y2＝0，联立消去y并化简整理得：(k2－3)x2－4k2x＋4k2＝0，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，线段中点为N(xN，yN)，则xN＝eq\f(x3＋x4,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yN＝k(xN－2)＝eq\f(6k,k2－3)，设M(x0，y0)，则条件③|AM|＝|BM|等价于(x0－x3)2＋(y0－y3)2＝(x0－x4)2＋(y0－y4)2，移项并利用平方差公式整理得：(x3－x4)[2x0－(x3＋x4)]＋(y3－y4)[2y0－(y3＋y4)]＝0，[2x0－(x3＋x4)]＋eq\f(y3－y4,x3－x4)[2y0－(y3＋y4)]＝0，即x0－xN＋k(y0－yN)＝0，即x0＋ky0＝eq\f(8k2,k2－3)；由题意知直线PM的斜率为－eq\r(3)，直线QM的斜率为eq\r(3)，∴由y1－y0＝－eq\r(3)(x1－x0)，y2－y0＝eq\r(3)(x2－x0)，∴y1－y2＝－eq\r(3)(x1＋x2－2x0)，所以直线PQ的斜率m＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(\r(3)（x1＋x2－2x0）,x1－x2)，直线PM：y＝－eq\r(3)(x－x0)＋y0，即y＝y0＋eq\r(3)x0－eq\r(3)x，代入双曲线的方程3x2－y2－3＝0，即(eq\r(3)x＋y)(eq\r(3)x－y)＝3中，得：(y0＋eq\r(3)x0)[2eq\r(3)x－(y0＋eq\r(3)x0)]＝3，解得P的横坐标：x1＝eq\f(1,2\r(3))(eq\f(3,y0＋\r(3