2021届高考数学统考二轮复习-增分强化练圆锥曲线中的综合问题

2021届高考数学统考二轮复习增分强化练圆锥曲线中的综合问题2021届高考数学统考二轮复习增分强化练圆锥曲线中的综合问题PAGE2021届高考数学统考二轮复习增分强化练圆锥曲线中的综合问题2021届高考数学统考二轮复习增分强化练圆锥曲线中的综合问题年级：姓名：增分强化练(三十一)考点一范围、最值问题(2019·大连模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点M.(1)求p的值；(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．解析：(1)由题意知，抛物线焦点为：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，准线方程为：y＝－eq\f(p,2)，焦点到准线的距离为2，即p＝2.(2)抛物线的方程为x2＝4y，即y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l1：y－eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，l2：y－eq\f(x\o\al(2,2),4)＝eq\f(x2,2)(x－x2)，由于l1⊥l2，所以eq\f(x1,2)·eq\f(x2,2)＝－1，即x1x2＝－4.设直线l方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,x2＝4y))，所以x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，所以即l：y＝kx＋1，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(x\o\al(2,1),4),y＝\f(x2,2)x－\f(x\o\al(2,2),4)))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2k,y＝－1))，即M(2k，－1)，M点到直线l的距离d＝eq\f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2))＝eq\f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))，|AB|＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1＋x22－4x1x2)))＝4(1＋k2)，所以S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×eq\f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))＝4(1＋k2)eq\f(3,2)≥4，当k＝0时，△MAB面积取得最小值4.考点二定点、定值问题(2019·南昌模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点M在C的长轴上运动，过点M且斜率大于0的直线l与C交于P，Q两点，与y轴交于N点．当M为C的右焦点且l的倾斜角为eq\f(π,6)时，N，P重合，|PM|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)当N，P，Q，M均不重合时，记eq\o(NP,\s\up8(→))＝λeq\o(NQ,\s\up8(→))，eq\o(MP,\s\up8(→))＝μeq\o(MQ,\s\up8(→))，若λμ＝1，求证：直线l的斜率为定值．解析：(1)因为当M为C的右焦点且l的倾斜角为eq\f(π,6)时，N，P重合，|PM|＝2，所以a＝|PM|＝2，故eq\f(b,c)＝taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，因为a2＝b2＋c2，因此c＝eq\r(3)，b＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设l：x＝ty＋m(m≠0)，所以M(m,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(m,t)))，所以kl＝eq\f(1,t).因为斜率大于0，所以t>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq\o(NP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(m,t)))，eq\o(NQ,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋\f(m,t)))，由eq\o(NP,\s\up8(→))＝λeq\o(NQ,\s\up8(→))得，x1＝λx2，①同理可得y1＝μy2，②①②两式相乘得，x1y1＝λμx2y2，又λμ＝1，所以x1y1＝x2y2，所以(ty1＋m)y1＝(ty2＋m)y2，即t(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))＝m(y2－y1)，即(y2－y1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(m＋ty1＋y2))＝0，由题意kl>0，知y1－y2≠0，所以m＋t(y1＋y2)＝0.联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m,\f(x2,4)＋y2＝1))，得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，依题意，y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，所以m－eq\f(2t2m,t2＋4)＝0，又m≠0，所以t2＝4，因为t>0，故得t＝2，所以kl＝eq\f(1,t)＝eq\f(1,2)，即直线l的斜率为eq\f(1,2).考点三存在性问题已知抛物线y2＝4x，过点P(8，－4)的动直线l交抛物线于A，B两点．(1)当P恰为AB的中点时，求直线l的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点Q，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)设A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，当P恰为AB的中点时，显然x1≠x2，故kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)，又y1＋y2＝－8，故kAB＝－eq\f(1,2)，则直线l的方程为y＝－eq\f(1,2)x.(2)假设存在定点Q，设Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，当直线l斜率存在时，设l：y＝k(x－8)－4(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝kx－8－4))，整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ>0，y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－32－eq\f(16,k)，由以弦AB为直径的圆恒过点Q知eq\o(QA,\s\up8(→))·eq\o(QB,\s\up8(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(y\o\al(2,0),4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y\o\al(2,0),4)))＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,0),4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,0),4)))＋(y1－y0)(y2－y0)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y0y2＋y0,16)＋1))(y1－y0)(y2－y0)＝0，故(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，即y1y2＋y0(y1＋y2)＋yeq\o\al(2,0)＋16＝0，整理得(yeq\o\al(2,0)－16)k＋4(y0－4)＝0，即当y0＝4时，恒有eq\o(QA,\s\up8(→))·eq\