2022年高考数学大二轮复习 专题六 解析几何 6.3 圆锥曲线的综合问题练习

2022年高考数学大二轮复习 专题六 解析几何 6.3 圆锥曲线的综合问题练习1已知抛物线C：y24x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M，N两点，且|MF|2|NF|，则直线l的斜率为()A B2C D解析：依题意得F(1,0)设直线MN的方程为xmy1.由消去x并整理，得y24my40.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y24m，y1y24.因为|MF|2|NF|，所以y12y2.联立和，消去y1，y2，得m，所以直线l的斜率是2.故选B.答案：B2(2018全国卷)已知双曲线C：y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若OMN为直角三角形，则|MN|()A. B3C2 D4解析：由已知得双曲线的两条渐近线方程为yx.设两渐近线夹角为2，则有tan ，所以30.所以MON260.又OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MNON，如图所示在RtONF中，|OF|2，则|ON|.则在RtOMN中，|MN|ON|tan 2tan 603.故选B.答案：B3(2018益阳市，湘潭市调研试卷)已知圆C1：x2(y2)24，抛物线C2：y22px(p0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|，则抛物线C2的方程为_解析：由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)|AB|，即A.将A的坐标代入抛物线方程得22p，p，抛物线C2的方程为y2x.答案：y2x4已知点A在椭圆1上，点P满足(1)(R)(O是坐标原点)，且72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为_解析：因为(1)，所以，即O，A，P三点共线，因为72，所以|272，设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为，线段OP在x轴上的投影长度为|cos |x|15，当且仅当|x|时取等号答案：155已知椭圆C1：1(ab0)的离心率e且与双曲线C2：1有共同焦点(1)求椭圆C1的方程；(2)在椭圆C1落在第一象限的图象上任取一点作C1的切线l，求l与坐标轴围成的三角形的面积的最小值解析：(1)由e，可得：，即，所以，a24b2，又因为c22b21，即a2b22b21，联立解得：a24，b21，所以椭圆C1的方程为y21.(2)因为l与椭圆C1相切于第一象限内的一点，所以直线l的斜率必存在且为负，设直线l的方程为ykxm(k0)，联立消去y整理可得：x22kmxm210，依题意可得方程只有一实根，所以(2km)24(m21)0，整理可得：m24k21，因为直线l与两坐标轴的交点分别为，(0，m)且k0，解得k0或0kb0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOMkON，求原点O到直线l的距离的取值范围解析：(1)由题知e，2b2，又a2b2c2，b1，a2，椭圆C的标准方程为y21.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得得(4k21)x28kmx4m240，依题意，(8km)24(4k21)(4m24)0，化简得m24k21，x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2，若kOMkON，则，即4y1y25x1x2，4k2x1x24km(x1x2)4m25x1x2，(4k25)4km4m20，即(4k25)(m21)8k2m2m2(4k21)0，化简得m2k2，由得0m2，k2，原点O到直线l的距离d，d21，又k2，0d2，原点O到直线l的距离的取值范围是.2已知F(1,0)，直线l：x1，P为平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且.(1)求动点P的轨迹G的方程；(2)点F关于原点的对称点为M，过点F的直线与G交于A，B两点，且AB不垂直于x轴，直线AM交曲线G于点C，直线BM交曲线G于点D.证明直线AB与直线CD的倾斜角互补；直线CD是否经过定点？若经过定点，求出这个定点，否则，说明理由解析：(1)设点P(x，y)，则Q(1，y)，由F(1,0)及，得(x1,0)(2，y)(x1，y)(2，y)，化简得y24x，所以动点P的轨迹G的方程为y24x.(2)由题易知点F关于原点的对称点为M(1,0)，设过点F的直线AB的方程为xny1(n0)，联立方程得消去x，得y24ny40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24.设直线AM的方程为xmy1，联立方程得消去x，得y24my40，设C(x3，y3)，则y1y34，即y3，易得A，C，同理可得B，D.kAB，kCD，kABkCD0，设直线AB，CD的倾斜角分别为，则tan tan ()，又0，0，且，即.直线AB与直线CD的倾斜角互补易知直线CD的方程y，令y0，得x1，直线CD过定点(1,0)