备战2022高考数学圆锥曲线专题39：圆锥曲线的综合问题24页（含解析）

这是一份备战2022高考数学圆锥曲线专题39：圆锥曲线的综合问题24页（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题39：圆锥曲线的综合题一、单选题1．等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为（ ）A． B． C． D．2．已知圆与轴的交点分别为双曲线的顶点和焦点，设，分别为双曲线的左､右焦点，为右支上任意一点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．  二、填空题3．在平面直角坐标系中，双曲线的上支与焦点为的抛物线交于两点．若，则该双曲线的渐近线方程为___．4．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，设和的离心率分别为和，且；若斜率为的直线与相交于，两点，则的最大值为__________． 三、解答题5．已知，分别是椭圆：的左，右焦点，点在椭圆上，且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．（1）求,的值：（2）过点作不与轴重合的直线，设与圆相交于A，B两点，且与椭圆相交于C，D两点，当时，求△的面积．6．已知抛物线的准线与轴交于点，过点做圆的两条切线，切点为.（1）求抛物线的方程；（2）若直线是讲过定点的一条直线，且与抛物线交于两点，过定点作的垂线与抛物线交于两点，求四边形面积的最小值.7．已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线l：x－y＋＝0与以原点为圆心， 以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；(2)设M是椭圆的上顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝4，证明：直线AB过定点.8．已知抛物线（1）设是C1的任意两条互相垂直的切线，并设，证明：点M的纵坐标为定值；（2）在C1上是否存在点P，使得C1在点P处切线与C2相交于两点A、B，且AB的中垂线恰为C1的切线？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．9．如图，圆与直线相切于点，与正半轴交于点，与直线在第一象限的交点为.点为圆上任一点，且满足，动点的轨迹记为曲线．（1）求圆的方程及曲线的方程；（2）若两条直线和分别交曲线于点、和、，求四边形面积的最大值，并求此时的的值．（3）证明：曲线为椭圆，并求椭圆的焦点坐标．10．已知圆：，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线和相交于点.（1）求点的轨迹方程.（2），是的轨迹方程与轴的交点（点在点左边），直线过点与轨迹交于，两点，直线与交于点，求证：动直线过定点.11．已知椭圆的右焦点F恰为抛物线的焦点，是椭圆C与抛物线E的一个公共点．（1）求椭圆C的方程；（2）过点F且不与x轴平行的直线l交椭圆C于A、B两点，线段的中垂线分别交x、y轴于M、N两点，求的取值范围．12．已知直线l1，l2分别于抛物线y2＝x相切于A，B两点．（1）若点A的坐标为（1，﹣1），求直线l1的方程；（2）若直线l1与l2的交点为P，且点P在圆（x+2）2+y2＝1上，设直线l1，l2与y轴分别交于点M，N，求的取值范围．13．已知点为圆：上一动点，圆心关于轴的对称点为，点､分别是线段，上的点，且，.（1）求点的轨迹方程；（2）过点且斜率为的直线与点的轨迹交于，两点，点在点的轨迹上，，当时，证明：.14．已知等轴双曲线的顶点，分别是椭圆的左、右焦点，且是椭圆与双曲线某个交点的横坐标．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于，两点，以线段为直径的圆过椭圆的上顶点，求证：直线恒过定点．15．已知直线与圆相切于点T，且与双曲线相交于两点．若T是线段的中点，求直线的方程．
参考答案1．C【解析】设C：－＝1．∵抛物线y2＝16x的准线为x＝－4，联立－＝1和x＝－4得A(－4，)，B(－4，－)，∴|AB|＝2＝4，∴a＝2，∴2a＝4．∴C的实轴长为4． 2．A【分析】根据双曲线的几何性质求出，再根据双曲线的定义得到，令，则，再根据单调性可求出结果.【解析】与轴交点的坐标分别为，，故，，因为为右支上任意一点，根据双曲线的定义有，即令，则，因为在上为增函数，所以，所以，所以，即.故选：A3．【分析】先将双曲线的方程和抛物线的方程联立得，消元化简得，设，则，再根据抛物线的定义得代入已知条件可得，从而可得双曲线的渐近线方程.【解析】由双曲线的方程和抛物线的方程联立得，消元化简得，设，则，由抛物线的定义得又因为，所以，所以，化简得，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为：.【点评】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求解与抛物线的定义的运用，关键在于联立方程得出关于交点的横坐标的韦达定理，再根据抛物线的定义转化抛物线上的点到焦点的距离，属于中档题。4．【分析】由题知椭圆的方程为，故设，两点的坐标分别为，，直线的方程为，与椭圆联立并结合弦长公式得，进而即可得答案.【解析】依题意，知双曲线的两焦点坐标为，离心率；从而知椭圆的两焦点，得半焦距，又，得，即，则，所以椭圆的方程为．设，两点的坐标分别为，，直线的方程为；联立方程组，消去得，，解得，由韦达定理得，；由弦长公式得，故当时，．故答案为：【点评】考查椭圆与双曲线的标准方程及其几何性质，利用解析法中“设而不求”的思想，通过韦达定理及弦长公式求弦长的最大值．考查函数与方程、数形结合的思想，检验推理论证、运算化简和求解能力．本题解题的关键在于利用弦长公式求得.5．（1）；（2）.【分析】（1）由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质，可求出，；（2）设直线方程为，联立直线与圆的方程可以求出，再联立直线和椭圆的方程化简，由根与系数的关系得到结论，继而求出面积．【解析】（1）焦点为F（1，0），则F1（1，0），F2（1，0），，解得，＝1，＝1，（Ⅱ）由已知，可设直线方程为，，联立得，易知△＞0，则＝＝＝因为，所以＝1，解得联立  ，得，△＝8＞0设，则 【点评】本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用，同时考查利用根与系数的关系，解决直线与圆，直线与椭圆的位置关系问题． 意在考查学生的数学运算能力．6．（1）.（2）.【分析】（1）求得K的坐标，圆的圆心和半径，运用对称性可得MR的长，由勾股定理和锐角的三角函数，可得CK=6，再由点到直线的距离公式即可求得p=2，进而得到抛物线方程；（2）设出直线方程，运用弦长公式和四边形的面积公式，换元整理，结合基本不等式，即可求得最小值．【解析】（1）由已知得设与轴交于点，由圆的对称性可知，.于是，所以，所以，所以.故抛物线的方程为.（2）设直线的方程为，设，联立得，则.设，同理得，则四边形的面积令，则是关于的增函数，故，当且仅当时取得最小值.【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法，弦长公式法，因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．7．（1）＋y2＝1.（2）见解析【解析】(1)∵等轴双曲线离心率为，∴椭圆C的离心率e＝.∴e2＝＝，∴a2＝2b2.∵由x－y＋＝0与圆x2＋y2＝b2相切，得b＝1，∴a2＝2.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明 ①若直线AB的斜率不存在，设方程为x＝x0，则点A(x0，y0)，B(x0，－y0)．由已知＝4，得x0＝－.此时AB方程为x＝－，显然过点.②若直线AB的斜率存在，设AB方程为y＝kx＋m，依题意m≠±1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.则x1＋x2＝－，x1x2＝.由已知k1＋k2＝4，可得＋＝4，∴＋＝4，即2k＋(m－1) ＝4，将x1＋x2，x1x2代入得k－＝2，∴k＝2(m＋1)，∴m＝－1.故直线AB的方程为y＝kx＋－1，即y＝k－1.∴直线AB过定点.综上，直线AB过定点.8．（1）见解析（2）这样点P存在，其坐标为【解析】（1）因为，设切点分别为则即①方程为②由即，由①、②联立得所以，即点M的纵坐标为定值（2）设，则C1在点P处切线方程为：代入方程得即设则③由（1）知从而，即进而得解得，且满足③所以这样点P存在，其坐标为9．（1）圆的方程为，曲线的方程为（）；（2）当时，四边形的面积最大值为；（3）证明见解析，其焦点坐标为，.【解析】（1）由题意圆的半径，故圆的方程为. 2分由得，，即，得（）为曲线的方程. （2）由得，，所以，同理. 由题意知，所以四边形的面积.，∵，∴.当且仅当时等号成立，此时.∴ 当时，四边形的面积最大值为. （3）曲线的方程为（），它关于直线、和原点对称，下面证明：设曲线上任一点的坐标为，则，点关于直线的对称点为，显然，所以点在曲线上，故曲线关于直线对称，同理曲线关于直线和原点对称.可以求得和直线的交点坐标为和直线的交点坐标为，，，，.在上取点下面证明曲线为椭圆：ⅰ）设为曲线上任一点，则（因为）.即曲线上任一点到两定点的距离之和为定值.ⅱ）若点到两定点的距离之和为定值，可以求得点的轨迹方程为（过程略）.故曲线是椭圆，其焦点坐标为.10．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据几何性质，得出点的轨迹是以，为焦点的椭圆，根据椭圆定义可得标准方程；（2）设直线的方程为，，，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，写出方程，求得点坐标，再写出方程，令代入方程，结合韦达定理的结论求得，完成证明．【解析】（1）由圆，可得圆心，半径，因为，所以点在圆内，又由点在线段的垂直平分线上，所以，所以，由椭圆的定义知，点的轨迹是以，为焦点的椭圆，其中，，，所以点的轨迹方程为.（2）设直线的方程为，，，，，将代入，得，，，直线的方程为，令得，即，的直线方程为，代入得，所以直线过定点．【点评】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中直线过定点问题，解题关键是掌握椭圆的定义，艇椭圆定义求得椭圆方程，对定点问题，采取设而不的思想方法，即设直线方程，设交点坐标，直线方程代入椭圆方程由韦达定理得，求出动直线的方程，代入定点坐标结合韦达定理的结论完成证明．11．（1）；（2）.【分析】（1）先运用椭圆的定义求出，根据抛物线，可得，进一步就可求出椭圆方程；（2）先将化简为，然后用表示出来，再求范围即可.【解析】（1）由点P在抛物线E上知，，则P到抛物线准线的距离为，所以，设椭圆左焦点为，则，∴，，又，∴，椭圆C的方程为；（2）设直线l的方程为，与椭圆C的方程联立得，设，，则，，由知，，设中点坐标为，则，，故中垂线方程为，令得，∴．【点评】关键【点评】解决本题的关键，一是定义的运用，二是对的化简与求范围.12．（1）x+2y+1＝0；（2）.【分析】（1）设直线l1：y+1＝k（x﹣1），与抛物线方程联立，再由根的判别式等于零求得直线的斜率，由此可求得直线的方程．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），求得直线，直线，得到点，．表示出直线AB方程，与抛物线方程联立，由根与系数的关系表示，可求得范围．【解析】（1）由题意知直线l1，l2的斜率一定存在，设直线l1：y+1＝k（x﹣1），与抛物线方程联立，得ky2﹣y﹣k﹣1＝0．由△＝1+4k（k+1）＝0，得，则l1的方程为．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线l1： ，与抛物线方程y2＝x联立，得．由 ，解得，所以直线，同理得直线，则，．设点P（x0，y0），代入可得，则直线AB方程为．与抛物线方程联立，得y2﹣2y0y+x0＝0，则有y1+y2＝2y0，y1y2＝x0．则，，所以．又点P在圆（x+2）2+y2＝1上，所以，即，所以.所以的取值范围为.【点评】方法【点评】(1)解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．有时若直线过x轴上的一点，可将直线设成横截式.13．（1）；（2）证明见解析【分析】（1）由已知可得，可判断点在以为交点的椭圆上，即可求出方程；（2）将直线方程代入椭圆，利用弦长公式可求出，同理可得，由已知可得，利用导数结合零点存在性定理即可证明.【解析】（1），是的中点，，，点在的垂直平分线上，，，点在以为交点的椭圆上，且，则，故点的轨迹方程为；（2）可得直线的方程为，与椭圆方程联立可得，设，则，可得，则，由题可得，直线的方程为，故同理可得，由可得，即，设，则是的零点，，则在单调递增，又，因此在有唯一零点，且零点在内，即.【点评】关键【点评】本题考查椭圆的轨迹方程，解题的关键是利用椭圆定义得出的轨迹为椭圆；考查参数范围的证明，解题的关键是利用弦长公式求出弦长，利用已知得出，再利用导数证明.14．（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）由双曲线和椭圆，，之间的等量关系求出椭圆方程；（2）设直线：，将直线方程和椭圆方程联立，根据韦达定理及，求出的值，从而证得直线恒过定点．【解析】解：（1）由已知可得双曲线方程为．∵，∴交点为．设椭圆的方程为，代入，得，∴椭圆的方程为．（2）证明：显然直线与轴不垂直．设直线：与椭圆：相交于，，由得，∴，．∵，∴，即，，∴，整理得，即．∵，，整理得，∴，∴直线恒过定点．【点评】关键点【点评】本题考查双曲线方程、椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，本题以圆锥曲线为背景，解题的关键是掌握双曲线方程的求法、椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系，体现了数学运算和逻辑推理的核心素养．15．或【分析】根据题意设的方程为与双曲线方程联立，由韦达定理可得点的坐标，代入圆的方程得到关系，由可得答案.【解析】圆化为其圆心为，半径为1.根据题意直线与轴不平行，设的方程为 由，可得 显然，所以 所以 ，即 由点在圆上，，化简可得 由条件可得，当直线的斜率不存在时，，则，此时直线的方程为： 当直线的斜率存在时， ，则，即，化简得，又，则，所以 此时直线的方程为：，【点评】关键【点评】本题考查两直线垂直的性质和直线与双曲线的位置关系，解答本题的关键是由直线方程与双曲线方程联立得到，由可得答案，属于中档题.