《备战2023年高考数学二轮专题复习微专题小练习专练55 高考大题专练(五) 圆锥曲线的综合运用(旧高考理科).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2023年高考数学二轮专题复习微专题小练习专练55 高考大题专练(五) 圆锥曲线的综合运用(旧高考理科).docx（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专练55高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用12021全国乙卷已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2(y4)21上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB的最大值22022全国甲卷(理)，20设抛物线C：y22px(p0)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，.当取得最大值时，求直线AB的方程32022全国乙卷(理)，20已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x
2、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42022江西省高三联考已知曲线C上任意一点到点F(2，0)的距离比它到y轴的距离大2，过点F(2，0)的直线l与曲线C交于A，B两点(1)求曲线C的方程；(2)若曲线C在A，B处的切线交于点M，求MAB面积的最小值52022江西省宜春模拟已知点T是圆A：(x1)2y280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D
3、E，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55高考大题专练(五) 参考答案圆锥曲线的综合运用1解析：(1)由题意知M(0，4)，F，圆M的半径r1，所以|MF|r4，即414，解得p2.(技巧点拨：F与圆M上点的距离的最小值为|MF|r，最大值为|MF|r)(2)由(1)知，抛物线方程为x24y，由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为ykxb，联立得，消去y得x24kx4b0，则16k216b0 ()，x1x24k，x1x24b，所以|AB|x1x2|4.因为x24y，即y，所以y，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为y(xx1)，即y
4、x，(技巧点拔：因为抛物线方程为x24y，即y，所以想到利用导数的几何意义求切线方程)同理得抛物线在点B处的切线方程为yx，联立得，则，即P(2k，b).因为点P在圆M上，所以4k2(4b)21，且12k1，5b3，即k，3b5，满足().(易错警示：由点P在圆M上，只得到了4k2(4b)21，而忽视k，b的取值范围，导致得到错误答案)设点P到直线AB的距离为d，则d，所以SPAB|AB|d4.由得，k2，令tk2b，则t，且3b5.因为t在3，5上单调递增，所以当b5时，t取得最大值，tmax5，此时k0，所以PAB面积的最大值为20.2解析：(1)(方法一)由题意可知，当xp时，y22p2
5、.设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为p，|MD|p，|FD|.在RtMFD中，|FD|2|MD|2|FM|2，即(p)29，解得p2.所以C的方程为y24x.(方法二)抛物线的准线方程为x.当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.此时|MF|p3，所以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1tan ，k2tan .由题意可得k10，k20.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y10，y20，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y30，y40.设直线AB的方程为yk2(xm)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为yk1(x1)，
6、直线MD的方程为yk3(x2)，直线ND的方程为yk4(x2).联立得方程组所以kx2(2k4)xk0，则x1x21.联立得方程组所以kx2(2mk4)xkm20，则x3x4m2.联立得方程组所以kx2(4k4)x4k0，则x1x34.联立得方程组所以kx2(4k4)x4k0，则x2x44.所以M(x1，2)，N(，)，A(，)，B(4x1，4).所以k1，k2，k12k2，所以tan ().因为k12k2，所以k1与k2同号，所以与同为锐角或钝角当取最大值时，tan ()取得最大值所以k20，且当2k2，即k2时，取得最大值易得x3x4m2，又易知m0，所以m4.所以直线AB的方程为xy40
7、.3解析：(1)设椭圆E的方程为mx2ny21(m0，n0，mn).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x1t(y2).联立得方程组消去x并整理，得(4t23)y2(16t28t)y16t216t80，所以y1y2，y1y2.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得，得x0y13.设H(x，y).由，得(y13x1，0)(xy13，yy1)，所以x3y16x1，yy1，所以直线HN的斜率k，所以直线HN的方程为yy2(xx2).令x0，得y(x2)y2y22
8、.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yx2.a若过点P(1，2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x1.将直线方程x1代入1，可得N(1，)，M(1，).将y代入yx2，可得T(3，).由，得H(52，).此时直线HN的方程为y(2)(x1)，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kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0.所以则且x1y2x2y1.联立得方程组，可得T(3，y1).由，得H(3y16x1，y1).则直
9、线HN的方程为yy2(xx2).将点(0，2)的坐标代入并整理，得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120.将代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480，显然成立综上可得，直线HN过定点(0，2).4解析：(1)设曲线C上任意一点P的坐标为(x，y)，则有：|x|2，当x0时，有y28x；当x0时，有y0，所以曲线的方程为y28x(x0)或y0(x0).(2)由题意设l的方程为xmy2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y28my160，0 mR，y1y28m，y1y216，|AB|8(1m2)，设切线MA的方程为yy1k(xx1)(k0)，
10、由y2y8x10，0ky14，切线MA的方程为yy1(xx1)，化简得yy14(xx1)4x，同理可得切线MB的方程为yy24(xx2)4x，由得点M的坐标为M(2，4m)，点M到直线l的距离d4，SMAB|AB|d16(1m2)16，当且仅当m0时等号成立，故MAB面积的最小值为16.5解析：(1)圆A：(x1)2y28的圆心A(1，0)，半径r2，依题意，|SB|ST|，|SB|SA|ST|SA|AT|22|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b1，所以曲线C的方程为y21.(2)由0知，DEMN，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yk(x1)，由消去y并整理得(2k21)x24k2x2k220，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE中点P(xP，yP)，则有x1x2，xP，yP，因此，|BP|，直线MN的斜率为，同理可得|BQ|，BPQ面积SBPQ|BP|BQ|，令t|k|2，当且仅当|k|1时取“”，则SBPQ，函数y4t在2，)上单调递增，即当t2时，(4t)min9，所以当t2，即k1时，(SBPQ)max，所以BPQ面积的最大值是.