2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練55高考大題專練五圓錐曲線的綜合運用含解析理新人教版

PAGE專練55高考大題專練(五)圓錐曲線的綜合運用1.已知m>1，直線l：x－my－eq\f(m2,2)＝0，橢圓C：eq\f(x2,m2)＋y2＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點．(1)當(dāng)直線l過右焦點F2時，求直線l的方程．(2)設(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點，△AF1F2，△BF1F2的重心分別為G，H.若坐標(biāo)原點O在以線段GH為直徑的圓內(nèi)，求實數(shù)2.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點為A(2,0)，離心率為eq\f(\r(2),2).直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點M，N.(1)求橢圓C的方程；(2)當(dāng)△AMN的面積為eq\f(\r(10),3)時，求k的值．3.[2024·全國卷Ⅰ]已知A，B分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右頂點，G為E的上頂點，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8.P為直線x＝6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.(1)求E的方程；(2)證明：直線CD過定點．4.[2024·全國卷Ⅰ]已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|.5.[2024·全國卷Ⅱ]已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合．過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的離心率；(2)設(shè)M是C1與C2的公共點．若|MF|＝5，求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程．專練55高考大題專練(五)圓錐曲線的綜合運用1.解析：(1)因為直線l：x－my－eq\f(m2,2)＝0經(jīng)過點F2(eq\r(m2－1)，0)，所以eq\r(m2－1)＝eq\f(m2,2)，解得m2＝2.又因為m>1，所以m＝eq\r(2)，故直線l的方程為x－eq\r(2)y－1＝0.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(m2,2)，,\f(x2,m2)＋y2＝1，))消去x，得2y2＋my＋eq\f(m2,4)－1＝0.由Δ＝m2－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,4)－1))＝－m2＋8>0，得m2<8.y1＋y2＝－eq\f(m,2)，y1·y2＝eq\f(m2,8)－eq\f(1,2).由F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，可知Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,3)，\f(y1,3)))，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)，\f(y2,3))).因為坐標(biāo)原點O在以線段GH為直徑的圓內(nèi)，所以eq\o(OH,\s\up6(→))·eq\o(OG,\s\up6(→))<0，即x1x2＋y1y2<0.因為x1x2＋y1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋\f(m2,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋\f(m2,2)))＋y1y2＝(m2＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－\f(1,2)))，所以(m2＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m2,8)－\f(1,2)))<0.解得m2<4(符合m2<8)．又因為m>1，所以實數(shù)m的取值范圍是(1,2)．2．解析：(1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得b＝eq\r(2).所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得(1＋2k)2x2－4k2x＋2k2－4＝0.設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－4,1＋2k2).所以|MN|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2)又因為點A(2,0)到直線y＝k(x－1)的距離為d＝eq\f(|k|,\r(1＋k2))，所以△AMN的面積為S＝eq\f(1,2)|MN|d＝eq\f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq\f(\r(10),3)，解得k＝±1.3．解析：(1)由題設(shè)得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．則eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x＝my＋n，由題意可知－3<n<3.由于直線PA的方程為y＝eq\f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq\f(t,9)(x1＋3)．直線PB的方程為y＝eq\f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq\f(t,3)(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y(tǒng)2(x1＋3)．由于eq\f(x\o\al(2,2),9)＋yeq\o\al(2,2)＝1，故yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(x2＋3x2－3,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.將x＝my＋n代入eq\f(x2,9)＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq\f(n2－9,m2＋9).代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2解得n1＝－3(舍去)，n2＝eq\f(3,2).故直線CD的方程為x＝my＋eq\f(3,2)，即直線CD過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).若t＝0，則直線CD的方程為y＝0，過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).綜上，直線CD過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).4．解析：本題主要考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡潔的幾何性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系、平面對量共線等學(xué)問，考查邏輯推理實力、運算求解實力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想等，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運算．設(shè)直線l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由題設(shè)得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)，由題設(shè)可得x1＋x2＝eq\f(5,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(12t－1,9).從而－eq\f(12t－1,9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8).所以l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8).(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3).故|AB|＝eq\f(4\r(13),3).5．解析：(1)由已知可設(shè)C2的方程為y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨設(shè)A，C在第一象限，由題設(shè)得A，B的縱坐標(biāo)分別為eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的縱坐標(biāo)分別為2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2.解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)或eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的離心率為eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.設(shè)M(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4c2)＋eq\f(y\o\al(2,0),3c2)＝1，yeq\o