2021年高考数学一轮复习《圆锥曲线综合题》精选练习（含答案）

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已知离心率为eq \f(\r(6),3)的椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|=eq \f(2\r(3),3).
(1)求此椭圆的方程；
(2)已知直线y=kx＋2与椭圆交于C，D两点，若以线段CD为直径的圆过点E(－1,0)，
求k的值.
已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2=1过点A(2,0)，B(0,1)两点.设P为第三象限内一点且在椭圆C上，
直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2=1(a＞1，a∈R)上，过O的直线交椭圆C于A，B两点，F为椭圆C的左焦点.
(1)若△FAB的面积的最大值为1，求a的值；
(2)若直线MA，MB的斜率乘积等于－eq \f(1,3)，求椭圆C的离心率.
已知点M(eq \r(6)，eq \r(2))在椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)上，且椭圆的离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若斜率为1的直线l与椭圆C交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，
顶点为P(－3,2)，求△PAB的面积.
设F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为eq \f(3,4)，求C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|=5|F1N|，求a，b的值.
已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且椭圆C过点P(1,eq \f(\r(3),2)).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若与直线OP(O为坐标原点)平行的直线交椭圆C于A，B两点，当OA⊥OB时，
求△AOB的面积.
已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
已知点F1，F2分别是双曲线C：x2－eq \f(y2,b2)=1(b＞0)的左、右焦点，过F2作垂直于x轴的直线，在x轴上方交双曲线C于点M，∠MF1F2=30°.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过双曲线C上任意一点P作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为P1，P2，
求eq \(PP1,\s\up7(―→))·eq \(PP2,\s\up7(―→))的值.
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(3)，点(eq \r(3)，0)是双曲线的一个顶点.
(1)求双曲线的方程；
(2)经过双曲线右焦点F2作倾斜角为30°的直线，直线与双曲线交于不同的两点A，B，
求|AB|.
已知抛物线C：x2=2py(p＞0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程.
过抛物线C：y2=4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|=8.
(1)求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，抛物线的准线与x轴的交点为E，求证：B，D，E三点共线.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，左焦点为F(－1，0)，过点D(0，2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在y轴上，是否存在定点E，使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由.
已知动点M到定点F1(－2,0)和F2(2,0)的距离之和为4eq \r(2).
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交C于不同于N的两点A，B，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)=1(a＞2)，直线l：y=kx＋1(k≠0)与椭圆C相交于A，B两点，点D为AB的中点.
(1)若直线l与直线OD(O为坐标原点)的斜率之积为－eq \f(1,2)，求椭圆C的方程；
(2)在(1)的条件下，y轴上是否存在定点M，使得当k变化时，总有∠AMO=∠BMO(O为坐标原点)？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
在平面直角坐标系xOy中，过点C(2,0)的直线与抛物线y2=4x相交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)求证：y1y2为定值；
(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？
如果存在，求出该直线的方程和弦长，如果不存在，说明理由.
\s 0 答案解析
解：(1)设焦距为2c，∵e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(6),3)，a2=b2＋c2，
∴eq \f(b,a)=eq \f(\r(3),3).由题意可知eq \f(b2,a)=eq \f(\r(3),3)，∴b=1，a=eq \r(3)，
∴椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2=1.
(2)将y=kx＋2代入椭圆方程，
得(1＋3k2)x2＋12kx＋9=0，
又直线与椭圆有两个交点，
所以Δ=(12k)2－36(1＋3k2)＞0，解得k2＞1.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2=－eq \f(12k,1＋3k2)，x1x2=eq \f(9,1＋3k2).
若以CD为直径的圆过E点，则eq \(EC,\s\up7(―→))·eq \(ED,\s\up7(―→))=0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2=0，
而y1y2=(kx1＋2)(kx2＋2)=k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
=(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
=eq \f(9k2＋1,1＋3k2)－eq \f(12k2k＋1,1＋3k2)＋5=0，
解得k=eq \f(7,6)，满足k2＞1
所以k=eq \f(7,6).
解：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)=4，
又A(2,0)，B(0,1)，
所以，直线PA的方程为y=eq \f(y0,x0－2)(x－2)，
令x=0，得yM=－eq \f(2y0,x0－2)，
从而|BM|=1－yM=1＋eq \f(2y0,x0－2)，
直线PB的方程为y=eq \f(y0－1,x0)x＋1，
令y=0，得xN=－eq \f(x0,y0－1)，
从而|AN|=2－xN=2＋eq \f(x0,y0－1)，
所以四边形ABNM的面积
S=eq \f(1,2)|AN||BM|=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
=eq \f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)=eq \f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)=2，
从而四边形ABNM的面积为定值.
解：(1)S△FAB=eq \f(1,2)|OF|·|yA－yB|≤|OF|=eq \r(a2－1)=1，
所以a=eq \r(2).
(2)由题意可设A(x0，y0)，B(－x0，－y0)，M(x，y)，
则eq \f(x2,a2)＋y2=1，eq \f(x\\al(2,0),a2)＋yeq \\al(2,0)=1，
kMA·kMB=eq \f(y－y0,x－x0)·eq \f(y＋y0,x＋x0)=eq \f(y2－y\\al(2,0),x2－x\\al(2,0))=eq \f(1－\f(x2,a2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),a2))),x2－x\\al(2,0))=eq \f(－\f(1,a2)x2－x\\al(2,0),x2－x\\al(2,0))=－eq \f(1,a2)=－eq \f(1,3)，
所以a2=3，所以a=eq \r(3)，所以c=eq \r(a2－b2)=eq \r(2)，
所以椭圆的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(2),\r(3))=eq \f(\r(6),3).
解：(1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(6,a2)＋\f(2,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝12，,b2＝4.))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)设直线l的方程为y=x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为D(x0，y0).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得4x2＋6mx＋3m2－12=0，
则x0=eq \f(x1＋x2,2)=－eq \f(3,4)m，y0=x0＋m=eq \f(1,4)m，即Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)m，\f(1,4)m)).
因为AB是等腰三角形PAB的底边，所以PD⊥AB，
即PD的斜率k=eq \f(2－\f(m,4),－3＋\f(3m,4))=－1，解得m=2.
此时x1＋x2=－3，x1x2=0，
则|AB|=eq \r(2)|x1－x2|=eq \r(2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)=3 eq \r(2)，
又点P到直线l：x－y＋2=0的距离为d=eq \f(3,\r(2))，
所以△PAB的面积为S=eq \f(1,2)|AB|·d=eq \f(1,2)×3 eq \r(2)×eq \f(3,\r(2))=eq \f(9,2).
解：(1)根据c=eq \r(a2－b2)及题设，
知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，2b2=3ac.
将b2=a2－c2代入2b2=3ac，解得eq \f(c,a)=eq \f(1,2)或eq \f(c,a)=－2(舍去)，
故C的离心率为eq \f(1,2).
(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，
所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，故eq \f(b2,a)=4，即b2=4a.①
由|MN|=5|F1N|，得|DF1|=2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－c－x1＝c，,－2y1＝2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－\f(3,2)c.,y1＝－1.))
代入C的方程，得eq \f(9c2,4a2)＋eq \f(1,b2)=1.②
将①及c=eq \r(a2－b2)代入②，得eq \f(9a2－4a,4a2)＋eq \f(1,4a)=1.
解得a=7，b2=4a=28，故a=7，b=2eq \r(7).
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)直线OP的方程为y=eq \f(\r(3),2)x，设直线AB的方程为y=eq \f(\r(3),2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
将直线AB的方程代入椭圆C的方程并整理得x2＋eq \r(3)mx＋m2－1=0，
由Δ=3m2－4(m2－1)>0，得m20，b>0)的离心率为eq \r(3)，
点(eq \r(3)，0)是双曲线的一个顶点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(3)，,a＝\r(3)，))解得c=3，b=eq \r(6)，
∴双曲线的方程为eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)=1.
(2)双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)=1的右焦点为F2(3,0)，
∴经过双曲线右焦点F2且倾斜角为30°的直线的方程为y=eq \f(\r(3),3)(x－3).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,6)＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－3，))得5x2＋6x－27=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(6,5)，x1x2=－eq \f(27,5).
所以|AB|=eq \r(1＋\f(1,3))×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,5))))=eq \f(16\r(3),5).

解：由题意知，直线AB的斜率一定存在，
∴设直线AB：y=kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p=0，
则x1＋x2=2pk，x1x2=－2p.①
(1)由x2=2py得y′=eq \f(x,p)，则A，B处的切线斜率的乘积为eq \f(x1x2,p2)=－eq \f(2,p)，
∵点N在以AB为直径的圆上，
∴AN⊥BN，∴－eq \f(2,p)=－1，∴p=2.
(2)易得直线AN：y－y1=eq \f(x1,p)(x－x1)，直线BN：y－y2=eq \f(x2,p)(x－x2)，
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y1＝\f(x1,p)（x－x1），,y－y2＝\f(x2,p)（x－x2），))结合①式，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝pk，,y＝－1，))
即N(pk，－1).
|AB|=eq \r(1＋k2)|x2－x1|=eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)=eq \r(1＋k2)eq \r(4p2k2＋8p)，
点N到直线AB的距离d=eq \f(|kxN＋1－yN|,\r(1＋k2))=eq \f(|pk2＋2|,\r(1＋k2))，
则S△ABN=eq \f(1,2)·|AB|·d=eq \r(p（pk2＋2）3)≥2eq \r(2p)，当k=0时，取等号，
∵△ABN的面积的最小值为4，
∴2eq \r(2p)=4，∴p=2，故抛物线C的方程为x2=4y.
解：(1)F的坐标为(1,0)，则l的方程为y=k(x－1)，
代入抛物线方程y2=4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2=0，
由题意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2=16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2=eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2=1，
由抛物线的定义知|AB|=x1＋x2＋2=8，
∴eq \f(2k2＋4,k2)=6，∴k2=1，即k=±1，
∴直线l的方程为y=±(x－1).
(2)证明：由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
又E(－1,0)，
∴kEB－kED=eq \f(y2,x2＋1)－eq \f(－y1,x1＋1)=eq \f(y2x1＋1＋y1x2＋1,x1＋1x2＋1)，
y2(x1＋1)＋y1(x2＋1)=y2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)＋1))＋y1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)＋1))
=eq \f(y1y2,4)(y1＋y2)＋(y1＋y2)=(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,4)＋1)).
由(1)知x1x2=1，∴(y1y2)2=16x1x2=16，
又y1与y2异号，
∴y1y2=－4，即eq \f(y1y2,4)＋1=0，∴kEB=kED，
又ED与EB有公共点E，
∴B，D，E三点共线.
解：(1)由已知可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))可得a2=2，b2=1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)设过点D(0，2)且斜率为k的直线l的方程为y=kx＋2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(8k,1＋2k2)，x1x2=eq \f(6,1＋2k2).
又y1y2=(kx1＋2)(kx2＋2)=k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4=－eq \f(2k2－4,2k2＋1)，
y1＋y2=(kx1＋2)＋(kx2＋2)=k(x1＋x2)＋4=eq \f(4,2k2＋1).
设存在点E(0，m)，则eq \(AE,\s\up10(→))=(－x1，m－y1)，eq \(BE,\s\up10(→))=(－x2，m－y2)，
所以eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2=eq \f(6,2k2＋1)＋m2－m×eq \f(4,2k2＋1)－eq \f(2k2－4,2k2＋1)=eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1).
要使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=t(t为常数)，只需eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1)=t，
从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t=0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m2－2－2t＝0，,m2－4m＋10－t＝0，))解得m=eq \f(11,4)，从而t=eq \f(105,16)，
故存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11,4)))，使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))恒为定值eq \f(105,16).
解：(1)由椭圆的定义，可知点M的轨迹是以F1，F2为焦点，4eq \r(2)为长轴长的椭圆.
由c=2，a=2eq \r(2)，得b=2.
故动点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2=k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1，))
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k=0.
Δ=[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)＞0，则k＞0或k＜－eq \f(4,7).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2=eq \f(2k2－8k,1＋2k2).
从而k1＋k2=eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)=eq \f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)
=2k－(k－4)eq \f(4kk－2,2k2－8k)=4.
当直线l的斜率不存在时，得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(14),2))).
所以k1＋k2=4.
综上，恒有k1＋k2=4.
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋1k≠0))得(4＋a2k2)x2＋2a2kx－3a2=0，显然Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，则x1＋x2=－eq \f(2a2k,4＋a2k2)，x1x2=eq \f(－3a2,4＋a2k2)，
∴x0=－eq \f(a2k,4＋a2k2)，y0=－eq \f(a2k2,4＋a2k2)＋1=eq \f(4,4＋a2k2)，∴k·eq \f(y0,x0)=k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,a2k)))=－eq \f(1,2)，
∴a2=8.∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)假设存在定点M符合题意，且设M(0，m)，
由∠AMO=∠BMO得kAM＋kBM=0.∴eq \f(y1－m,x1)＋eq \f(y2－m,x2)=0.
即y1x2＋y2x1－m(x1＋x2)=0，∴2kx1x2＋x1＋x2－m(x1＋x2)=0.
由(1)知x1＋x2=－eq \f(4k,1＋2k2)，x1x2=eq \f(－6,1＋2k2)，∴－eq \f(12k,1＋2k2)－eq \f(4k,1＋2k2)＋eq \f(4mk,1＋2k2)=0，
∴eq \f(－16k＋4mk,1＋2k2)=0，即eq \f(4k－4＋m,1＋2k2)=0，
∵k≠0，∴－4＋m=0，∴m=4.∴存在定点M(0,4)，
使得∠AMO=∠BMO.
解：(1)当直线AB垂直于x轴时，
不妨取y1=2eq \r(2)，y2=－2eq \r(2)，
所以y1y2=－8(定值).
当直线AB不垂直于x轴时，
设直线AB的方程为y=k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝4x，))得ky2－4y－8k=0，
所以y1y2=－8.
综上可得，y1y2=－8为定值.
(2)存在.理由如下：
设存在直线l：x=a满足条件，
则AC的中点E(eq \f(x1＋2,2)，eq \f(y1,2))，|AC|=eq \r(x1－22＋y\\al(2,1))，
因此以AC为直径的圆的半径r=eq \f(1,2)|AC|=eq \f(1,2)eq \r(x1－22＋y\\al(2,1))=eq \f(1,2)eq \r(x\\al(2,1)＋4)，
点E到直线x=a的距离d=|eq \f(x1＋2,2)－a|，
所以所截弦长为2eq \r(r2－d2)
=2eq \r(\f(1,4)x\\al(2,1)＋4－\f(x1＋2,2)－a2)
=eq \r(x\\al(2,1)＋4－x1＋2－2a2)
=eq \r(－41－ax1＋8a－4a2)，
当1－a=0，即a=1时，弦长为定值2，这时直线的方程为x=1.