2025年高考数学一轮复习-圆锥曲线的综合运用-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-圆锥曲线的综合运用-专项训练【含答案】，共11页。试卷主要包含了已知m>1，直线l，记M 的轨迹为C，已知A，B分别为椭圆E，已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程．
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．
2．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－ eq \r(17) ，0)，F2( eq \r(17) ，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M 的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝ eq \f(1,2) 上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
3.已知A，B分别为椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点， eq \(AG,\s\up6(→)) · eq \(GB,\s\up6(→)) ＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
4．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
5.已知椭圆C1： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|＝ eq \f(4,3) |AB|.
(1)求C1的离心率；
(2)设M是C1与C2的公共点．若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．
6．已知双曲线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.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
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．
7.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) .证明：直线HN过定点．
8．已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2 eq \r(2) ，求△PAQ的面积．
参考答案与解析
1．解析：(1)因为直线l：x－my－ eq \f(m2,2) ＝0经过点F2( eq \r(m2－1) ，0)，所以 eq \r(m2－1) ＝ eq \f(m2,2) ，解得m2＝2.又因为m>1，所以m＝ eq \r(2) ，
故直线l的方程为x－ eq \r(2) y－1＝0.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\f(m2,2)，,\f(x2,m2)＋y2＝1，)) 消去x，得2y2＋my＋ eq \f(m2,4) －1＝0.
由Δ＝m2－8 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,4)－1)) ＝－m2＋8>0，得m2x2>0，
所以x1x2＝ eq \f(b2＋3,k2－3) >0，即k2>3.
所以x1－x2＝ eq \f(2\r(3（b2＋3－k2）),k2－3) .
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM－y2＝ eq \r(3) (xM－x2)，yM－y1＝－ eq \r(3) (xM－x1)，
两式相减，得y1－y2＝2 eq \r(3) xM－ eq \r(3) (x1＋x2).
因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2 eq \r(3) xM＝k(x1－x2)＋ eq \r(3) (x1＋x2)，
解得xM＝ eq \f(k\r(b2＋3－k2)－kb,k2－3) .
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝ eq \r(3) (x1－x2).
因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋ eq \r(3) (x1－x2)＋2b，
解得yM＝ eq \f(3\r(b2＋3－k2)－3b,k2－3) ＝ eq \f(3,k) xM.
所以点M的轨迹为直线y＝ eq \f(3,k) x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2k,k－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)k,k－\r(3)) .
同理可得xB＝ eq \f(2k,k＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3)) .
此时xA＋xB＝ eq \f(4k2,k2－3) ，yA＋yB＝ eq \f(12k,k2－3) .
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝ eq \f(3,k) x，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM.))
解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝ eq \f(xA＋xB,2) ，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝ eq \f(yA＋yB,2) ，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝ eq \f(3,k) x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))
解得xA＝ eq \f(2m,m－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)m,m－\r(3)) .
同理可得xB＝ eq \f(2m,m＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)m,m＋\r(3)) .
此时xM＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2m2,m2－3) ，yM＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6m,m2－3) .由于点M同时在直线y＝ eq \f(3,k) x上，故6m＝ eq \f(3,k) ·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，)) 解得xA＝ eq \f(2k,k－\r(3)) ，yA＝ eq \f(2\r(3)k,k－\r(3)) .
同理可得xB＝ eq \f(2k,k＋\r(3)) ，yB＝－ eq \f(2\r(3)k,k＋\r(3)) .
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝ eq \f(xA＋xB,2) ＝ eq \f(2k2,k2－3) ，yC＝ eq \f(yA＋yB,2) ＝ eq \f(6k,k2－3) .
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－ eq \f(1,k) (x－xC)上．
将该直线方程与y＝ eq \f(3,k) x联立，解得xM＝ eq \f(2k2,k2－3) ＝xC，yM＝ eq \f(6k,k2－3) ＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
7．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).
将点A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)的坐标代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．))
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(16t2＋8t,4t2＋3) ，y1y2＝ eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3) .
设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得 eq \f(y1＋2,x0) ＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2)) ，得x0＝ eq \f(3,2) y1＋3.
设H(x′，y′).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得( eq \f(3,2) y1＋3－x1，0)＝(x′－ eq \f(3,2) y1－3，y′－y1)，
所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝ eq \f(y2－y′,x2－x′) ＝ eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）) ＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ，
所以直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(x－x2).
令x＝0，得y＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(－x2)＋y2
＝ eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ＋y2
＝ eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)
＝ eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4)
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)可得直线AB的方程为y＝ eq \f(2,3) x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.
将直线方程x＝1代入 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，可得N(1， eq \f(2\r(6),3) )，M(1，－ eq \f(2\r(6),3) ).
将y＝－ eq \f(2\r(6),3) 代入y＝ eq \f(2,3) x－2，可得T(3－ eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H(5－2 eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).
此时直线HN的方程为y＝(2＋ eq \f(2\r(6),3) )(x－1)＋ eq \f(2\r(6),3) ，
则直线HN过定点(0，－2).
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，))
且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4) .①
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2)) ，可得T( eq \f(3y1,2) ＋3，y1).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H(3y1＋6－x1，y1).
则直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) (x－x2).
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2).
8．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，∴ eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2) ，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2) .
由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2) ＋(m－1－2k)· eq \f(4km,1－2k2) －4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，00，
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(\r(2),2) .
∵ eq \f(\r(2),2) 为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan ( eq \f(π,2) －α)＝ eq \f(1,tan α) 即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(2) ，则kAQ＝－ eq \r(2) ，
∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2) (x－2)，
即y＝ eq \r(2) x－2 eq \r(2) ＋1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得3x2－(16－4 eq \r(2) )x＋20－8 eq \r(2) ＝0，
则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3) ，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3) .
∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3) |＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3) .
同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3) .
∵tan 2α＝2 eq \r(2) ，0