统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业15圆锥曲线的综合问题文

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习课时作业15圆锥曲线的综合问题文，共9页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．[2023·陕西省咸阳市高三二模]椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且椭圆C过点(－2，0)，离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M(x1，y1)是椭圆eq \f(x2,m2)＋eq \f(y2,n2)＝1(m>n>0)上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为eq \f(x1x,m2)＋eq \f(y1y,n2)＝1.已知N(x0，y0)是(1)中椭圆C上除顶点之外的任一点，椭圆C在N点处的切线和过N点垂直于切线的直线分别与y轴交于点P，Q.求证：点P，N，Q，F1，F2在同一圆上．
2．[2023·云南省高三联考]已知椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F(－2，0)，直线l过点F交椭圆Γ于A，B两点．当直线l垂直于x轴时，△OAB的面积为eq \f(2\r(6),3).
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)直线l1：x＝－3上是否存在点C，使得△ABC为正三角形？若存在，求出点C的坐标及直线l的方程；若不存在，请说明理由．
3．[2023·江西省鹰潭市高三二模]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点A(3，－eq \r(2))，且渐近线方程为x±eq \r(3)y＝0.
(1)求双曲线C的方程；
(2)如图，过点B(1，0)的直线l交双曲线C于点M，N.直线MA，NA分别交直线x＝1于点P，Q，求eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
4．[2023·山东省滨州市高三二模]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(2\r(5),5)，其短轴的一个端点到焦点F1的距离为eq \r(5).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若P为OF1的中点，M为椭圆上一点，过P且平行于OM的直线l与椭圆C相交于A，B两点，是否存在实数λ，使得λ|OM|2＝|PA|·|PB|？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
5.[2023·湖南师范大学附属中学高三二模]如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)＝1(a>2)，圆O：x2＋y2＝a2＋4，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2.
(1)过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M，N两点，若|PF1|·|PF2|＝6，求|PM|·|PN|的值；
(2)过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，求证：两条切线相互垂直．
6．[2023·浙江省湖州高三二模]已知双曲线C：eq \f(x2,4)－y2＝1，点A是双曲线C的左顶点，点P坐标为(4，0).
(1)过点P作C的两条渐近线的平行线分别交双曲线C于R，S两点，求直线RS的方程；
(2)过点P作直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1交于点D，E，直线AD，AE与双曲线C的另一个交点分别是点M，N.试问：直线MN是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
课时作业15 圆锥曲线的综合问题
1．解析：（1）由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋c2,\f(c,a)＝\f(1,2),a＝2))，解得c＝1，b2＝a2－c2＝4－1＝3，
即椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
（2）由题意知：过点N（x0，y0）的椭圆的切线方程为eq \f(x0x,4)＋eq \f(y0y,3)＝1，
令x＝0，则P（0，eq \f(3,y0)）；
∵NP⊥NQ且N（x0，y0），则设直线NQ方程为y－y0＝eq \f(4y0,3x0)（x－x0），
令x＝0，则Q（0，－eq \f(y0,3)）；
又F1（－1，0），F2（1，0），
则F1P·F1Q＝（1，eq \f(3,y0)）·（1，－eq \f(y0,3)）＝1－1＝0；
F2P·F2Q＝（－1，eq \f(3,y0)）·（－1，－eq \f(y0,3)）＝1－1＝0；
即F1P⊥F1Q，F2P⊥F2Q，
∴∠PNQ＝∠PF1Q＝∠PF2Q＝90°，
即点N，P，Q，F1，F2在以PQ为直径的圆上．
2．解析：（1）设椭圆Γ的焦距为2c，由题得c＝2，且a2＝b2＋c2.
令x＝－c，代入椭圆Γ得y＝±eq \f(b2,a)，
故△OAB的面积为S＝eq \f(1,2)×c×eq \f(2b2,a)＝eq \f(b2c,a)＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(2\r(6),3).
所以3b2＝eq \r(6)a.结合a2＝b2＋4，解得a2＝6，b2＝2.
所以椭圆Γ的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
（2）当直线l垂直于x轴时，A（－2，eq \f(2,\r(6))），B（－2，－eq \f(2,\r(6))），C（－3，0），显然不满足△ABC为正三角形，
当直线l不垂直于x轴时，设直线AB方程为y＝k（x＋2），与椭圆显然有两个交点，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1,y＝k（x＋2）))得（3k2＋1）x2＋12k2x＋12k2－6＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点M（x3，y3），
则x1＋x2＝eq \f(－12k2,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(12k2－6,3k2＋1)，x3＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－6k2,3k2＋1)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k2,3k2＋1)))\s\up12(2)－\f(4（12k2－6）,3k2＋1))＝eq \f(2\r(6)（1＋k2）,3k2＋1)，
因为△ABC为正三角形，所以|CM|＝eq \f(\r(3),2)|AB|，
而|CM|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|xM＋3|，
所以eq \r(\f(k2＋1,k2))（3－eq \f(6k2,1＋3k2)）＝eq \f(\r(3),2)·eq \f(2\r(6)（1＋k2）,3k2＋1)，解得k＝±1，
当k＝1时，x3＝－eq \f(3,2)，y3＝x3＋2＝eq \f(1,2)，所以M（－eq \f(3,2)，eq \f(1,2)），
所以直线CM：y＝－x－1，所以C（－3，2），
同理当k＝－1时，直线CM：y＝x＋1，所以C（－3，－2），
综上：存在点C，使得△ABC为正三角形，点C的坐标为（－3，2），（－3，－2），对应直线l的方程分别为y＝－x－2，y＝x＋2.
3．解析：（1）∵双曲线C的渐近线方程为x±eq \r(3)y＝0，则可设双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝λ（λ≠0），
代入点A（3，－eq \r(2)），即eq \f(32,3)－（－eq \r(2)）2＝1＝λ，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
（2）由双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1可得a＝eq \r(3)，b＝1，c＝eq \r(a2＋b2)＝2，
由题意可得点B（1，0），则有：
当直线l与y轴垂直时，则M（－eq \r(3)，0），N（eq \r(3)，0），
可得直线AM：y＝－eq \f(\r(2),3＋\r(3))（x＋eq \r(3)），令x＝1，则y＝－eq \f(\r(6),3)，
即点P（1，－eq \f(\r(6),3)），
同理可得：点Q（1，eq \f(\r(6),3)），
故|PB|＝|BQ|＝eq \f(\r(6),3)，即eq \f(|PB|,|BQ|)＝1；
当直线l不与y轴垂直时，设直线l：x＝ty＋1，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1,\f(x2,3)－y2＝1))，消去x得（t2－3）y2＋2ty－2＝0，
则Δ>0，y1＋y2＝－eq \f(2t,t2－3)，y1y2＝－eq \f(2,t2－3)，
可得直线AM：y＝eq \f(y1＋\r(2),x1－3)（x－3）－eq \r(2)＝eq \f(y1＋\r(2),ty1－2)（x－3）－eq \r(2)，
令x＝1，则y＝eq \f(y1＋\r(2),ty1－2)×（－2）－eq \r(2)＝－eq \f(（\r(2)t＋2）y1,ty1－2)，
即点P（1，－eq \f(（\r(2)t＋2）y1,ty1－2)），
同理可得：点Q（1，－eq \f(（\r(2)t＋2）y2,ty2－2)），
∵eq \f(（\r(2)t＋2）y1,ty1－2)＋eq \f(（\r(2)t＋2）y2,ty2－2)
＝eq \f(（\r(2)t＋2）[（ty2－2）y1＋（ty1－2）y2],（ty1－2）（ty2－2）)
＝eq \f(（\r(2)t＋2）[2ty1y2－2（y1＋y2）],（ty1－2）（ty2－2）)
＝eq \f(（\r(2)t＋2）（－\f(4t,t2－3)＋\f(4t,t2－3)）,（ty1－2）（ty2－2）)＝0，
即点P，Q关于x轴对称，故|PB|＝|BQ|，即eq \f(|PB|,|BQ|)＝1.
综上所述：eq \f(|PB|,|BQ|)的值为1.
4．解析：（1）由题意，得a＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(5)，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，所以c＝2，
所以b＝eq \r(a2－c2)＝1，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
（2）F1（－2，0），P（－1，0），
若直线l的斜率不存在，则|OM|＝1，|PA|＝|PB|＝eq \f(2\r(5),5)，
由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝eq \f(4,5)，
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k（x＋1），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1）,\f(x2,5)＋y2＝1))消去y，得（5k2＋1）x2＋10k2x＋5k2－5＝0，
Δ＝（10k2）2－4（5k2＋1）（5k2－5）>0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝－eq \f(10k2,5k2＋1)，x1x2＝eq \f(5k2－5,5k2＋1)，
由题意|PA|＝eq \r(k2＋1)|x1＋1|，|PB|＝eq \r(k2＋1)|x2＋1|，
所以|PA|·|PB|＝（k2＋1）|（x1＋1）（x2＋1）|
＝（k2＋1）|x1x2＋（x1＋x2）＋1|＝eq \f(4（k2＋1）,5k2＋1)，
由题意知，直线OM的方程为y＝kx，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,5)＋y2＝1))消去y，得（5k2＋1）x2－5＝0，
设M（x0，y0），则x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(5,5k2＋1)，
所以|OM|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(5（k2＋1）,5k2＋1)，
由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝eq \f(4,5)，
综上，存在实数λ＝eq \f(4,5)，使得λ|OM|2＝|PA|·|PB|成立．
5．解析：（1）设P（x0，y0），由于|PF1|＋|PF2|＝2a⇒|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝4a2，
而|PF1|·|PF2|＝6，则（x0＋c）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（x0－c）2＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋12＝4a2，
所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2a2－c2－6＝a2－2（其中a2－c2＝4），
|PM|·|PN|＝（|OM|－|OP|）（|ON|＋|OP|）＝|OM|2－|OP|2＝a2＋4－（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）＝a2＋4－（a2－2）＝6.
（2）设R（m，n），则m2＋n2＝a2＋4，即n2－4＝a2－m2，
设过点R的圆O的切线斜率都存在时的方程：y＝k（x－m）＋n，（m2≠a2），代入椭圆方程得：
4x2＋a2[k2（x－m）2＋n2＋2k（x－m）n]－4a2＝0，
整理得：（4＋a2k2）x2－2ka2（km－n）x＋a2（km－n）2－4a2＝0，
则Δ＝4a4k2（km－n）2－4（4＋a2k2）[a2（km－n）2－4a2]＝0，
即（km－n）2－a2k2－4＝0⇒（m2－a2）k2－2mnk＋n2－4＝0，
k1，k2是上述关于k的方程的两个根，则k1k2＝eq \f(n2－4,m2－a2)＝－1，
即两条切线的斜率都存在时，有两条切线相互垂直；
而当过R的切线斜率不存在时，易知R点的坐标为（±a，±2），
此时显然两条切线相互垂直，
综上，过圆O上任意点R引椭圆C的两条切线，则两条切线相互垂直．
6．解析：（1）由题意，得双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，
过P与y＝eq \f(1,2)x平行的直线方程为y＝eq \f(1,2)（x－4），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)（x－4）,x2－4y2＝4))，解得R（eq \f(5,2)，－eq \f(3,4)），
过P与y＝－eq \f(1,2)x平行的直线方程为y＝－eq \f(1,2)（x－4），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)（x－4）,x2－4y2＝4))，解得S（eq \f(5,2)，eq \f(3,4)），
∴直线RS的方程为x＝eq \f(5,2).
（2）直线MN过定点．
由已知，易知过P的直线斜率存在且不为0，直线AD，AE斜率存在且不为0，
设直线AD，AE的直线方程分别为x＝t1y－2和x＝t2y－2，D（xD，yD），E（xE，yE）.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝t1y－2,x2＋4y2＝4))，得（t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4）y2－4t1y＝0，
解得yD＝eq \f(4t1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)，则xD＝eq \f(2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －8,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4).
同理yE＝eq \f(4t2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)，则xE＝eq \f(2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －8,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4).
又P，D，E三点共线，而eq \(PD,\s\up6(→))＝（eq \f(－2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －24,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)，eq \f(4t1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)），eq \(PE,\s\up6(→))＝（eq \f(－2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －24,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)，eq \f(4t2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)），
故eq \f(－2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －24,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)×eq \f(4t2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)－eq \f(－2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －24,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)×eq \f(4t1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4)＝0，解得t1t2＝12.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则kAM＝eq \f(y1,x1＋2)＝kAD＝eq \f(1,t1)，kAN＝eq \f(y2,x2＋2)＝kAE＝eq \f(1,t2)，
∴t1t2＝eq \f(x1＋2,y1)·eq \f(x2＋2,y2)＝12，
即（x1＋2）（x2＋2）＝12y1y2＝12（kx1＋m）（kx2＋m），
化简整理，得（12km－2）（x1＋x2）＋（12k2－1）x1x2＋12m2－4＝0（*），
易知直线MN斜率存在，设直线MN的方程y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,x2－4y2＝4))，消去y整理，得（1－4k2）x2－8kmx－4m2－4＝0，
∴当1－4k2≠0且Δ＝64k2m2＋16（1－4k2）（m2＋1）>0时，
有x1＋x2＝eq \f(8km,1－4k2)，x1·x2＝eq \f(－4m2－4,1－4k2)，
代入（*）化简，解得m2－mk－2k2＝0，
即（m＋k）（m－2k）＝0，故m＝－k或m＝2k.
当m＝2k时，y＝kx＋m＝kx＋2k，经过点（－2，0），不合题意，
当m＝－k时，y＝kx＋m＝kx－k，经过点（1，0），满足题意．
因此直线MN过定点（1，0）.
A基础达标
B素养提升