统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练51高考大题专练五圆锥曲线的综合运用文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练51高考大题专练五圆锥曲线的综合运用文，共7页。试卷主要包含了证明等内容，欢迎下载使用。
专练51　高考大题专练（五）　圆锥曲线的综合运用1.[2022·全国甲卷（文），21] 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．          2.[2023·全国乙卷（文）]已知椭圆C：＋＝1（a>b>0）的离心率是，点A（－2，0）在C上．（1）求C的方程；（2）过点（－2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．               3.[2023·全国甲卷（文）]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px（p>0）交于A，B两点，|AB|＝4.（1）求p；（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值．           4.[2022·全国乙卷（文），21]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（，－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＝.证明：直线HN过定点．         5.[2023·江西省宜春市高三模拟]已知点T是圆A：（x－1）2＋y2－8＝0上的动点，点B（－1，0），线段BT的垂直平分线交线段AT于点S，记点S的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过B（－1，0）作曲线C的两条弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若·＝0，求△BPQ面积的最大值．         专练51　高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1．解析：(1)设M(x1，y1)(y1>0).当MD⊥x轴时，x1＝p.由抛物线的定义，得|MF|＝x1＋＝p＝3，解得p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知D(2，0)，F(1，0).当直线MN的斜率不存在时，由抛物线的对称性得，α＝β＝，此时α－β不取最大值，舍去．当直线MN的斜率存在时，由抛物线的对称性知只考虑斜率大于0的情况即可．设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k>0)，M(，y1)，N(，y2)，A(，y3)，B(，y4).由消去x并整理，得y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4.因为kMD＝kAD＝kAM，所以＝＝＝，得y3＝－.同理可得y4＝－，则kAB＝＝＝＝.因为tan α＝kMN＝k，tan β＝kAB＝，所以tan (α－β)＝＝＝＝≤，当且仅当＝k，即k＝时，“＝”成立．故α－β取得最大值时，直线MN的斜率为，方程为y＝(x－1).由得则y3＝－＝2(－)，故A(8－4，2(－)).又因为直线AB的斜率kAB＝＝，所以直线AB的方程为y－2(－)＝[x－(8－4)]，即x－y－4＝0.2．解析：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4.因为椭圆的离心率e＝＝，所以c2＝a2，又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5，故椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由，得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，则yM＋yN＝2＝2＝2＝2＝2×＝6.所以MN的中点的纵坐标为＝3，所以MN的中点为定点(0，3).3．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，故p＝2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).因为·＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)＝(x3x4＋x3＋x4＋1)　(*).当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，由得x2－6x＋1＝0，得或代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，则y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝.又·＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，所以－＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝＝＝＋2＋1.令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，因为m2＋k2＋6km＝4，所以＋6＋1＝>0，即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2).故△MFN面积的最小值为4(3－2).4．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(，－1)的坐标代入，得解得所以椭圆E的方程为＋＝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).联立得方程组消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得＝，得x0＝y1＋3.设H(x′，y′).由＝，得(y1＋3－x1，0)＝(x′－y1－3，y′－y1)，所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，所以直线HN的斜率k＝＝＝，所以直线HN的方程为y－y2＝·(x－x2).令x＝0，得y＝·(－x2)＋y2＝＋y2＝＝＝－2.所以直线NH过定点(0，－2).(方法二)由A(0，－2)，B(，－1)可得直线AB的方程为y＝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＋＝1，可得N(1，)，M(1，－).将y＝－代入y＝x－2，可得T(3－，－).由＝，得H(5－2，－).此时直线HN的方程为y＝(2＋)(x－1)＋，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).联立得方程组消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.所以则且x1y2＋x2y1＝.①联立得方程组，可得T(＋3，y1).由＝，得H(3y1＋6－x1，y1).则直线HN的方程为y－y2＝(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).5．解析：(1)圆A：(x－1)2＋y2＝8的圆心A(1，0)，半径r＝2，依题意，|SB|＝|ST|，|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝2>2＝|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为2的椭圆，短半轴长b＝＝1，所以曲线C的方程为＋y2＝1.(2)由·＝0知，DE⊥MN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B重合，不能构成三角形，即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为：y＝k(x＋1)，由消去y并整理得：(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE中点P(xP，yP)，则有x1＋x2＝－，xP＝－，yP＝，因此，|BP|＝＝，直线MN的斜率为－，同理可得|BQ|＝，△BPQ面积S△BPQ＝|BP||BQ|＝··＝，令t＝|k|＋≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S△BPQ＝＝，函数y＝4t＋在[2，＋∞)上单调递增，即当t＝2时，(4t＋)min＝9，所以当t＝2，即k＝±1时，(S△BPQ)max＝，所以△BPQ面积的最大值是.