2021屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)-增分強(qiáng)化練圓錐曲線中的綜合問題

2021屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練圓錐曲線中的綜合問題2021屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練圓錐曲線中的綜合問題PAGE2021屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練圓錐曲線中的綜合問題2021屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練圓錐曲線中的綜合問題年級：姓名：增分強(qiáng)化練(三十一)考點一范圍、最值問題(2019·大連模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，其焦點到準(zhǔn)線的距離為2，直線l與拋物線C交于A，B兩點，過A，B分別作拋物線C的切線l1，l2，l1與l2交于點M.(1)求p的值；(2)若l1⊥l2，求△MAB面積的最小值．解析：(1)由題意知，拋物線焦點為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，準(zhǔn)線方程為：y＝－eq\f(p,2)，焦點到準(zhǔn)線的距離為2，即p＝2.(2)拋物線的方程為x2＝4y，即y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，l1：y－eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1,2)(x－x1)，l2：y－eq\f(x\o\al(2,2),4)＝eq\f(x2,2)(x－x2)，由于l1⊥l2，所以eq\f(x1,2)·eq\f(x2,2)＝－1，即x1x2＝－4.設(shè)直線l方程為y＝kx＋m，與拋物線方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,x2＝4y))，所以x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，所以即l：y＝kx＋1，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x1,2)x－\f(x\o\al(2,1),4),y＝\f(x2,2)x－\f(x\o\al(2,2),4)))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2k,y＝－1))，即M(2k，－1)，M點到直線l的距離d＝eq\f(|k·2k＋1＋1|,\r(1＋k2))＝eq\f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))，|AB|＝eq\r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1＋x22－4x1x2)))＝4(1＋k2)，所以S＝eq\f(1,2)×4(1＋k2)×eq\f(2|k2＋1|,\r(1＋k2))＝4(1＋k2)eq\f(3,2)≥4，當(dāng)k＝0時，△MAB面積取得最小值4.考點二定點、定值問題(2019·南昌模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，點M在C的長軸上運動，過點M且斜率大于0的直線l與C交于P，Q兩點，與y軸交于N點．當(dāng)M為C的右焦點且l的傾斜角為eq\f(π,6)時，N，P重合，|PM|＝2.(1)求橢圓C的方程；(2)當(dāng)N，P，Q，M均不重合時，記eq\o(NP,\s\up8(→))＝λeq\o(NQ,\s\up8(→))，eq\o(MP,\s\up8(→))＝μeq\o(MQ,\s\up8(→))，若λμ＝1，求證：直線l的斜率為定值．解析：(1)因為當(dāng)M為C的右焦點且l的傾斜角為eq\f(π,6)時，N，P重合，|PM|＝2，所以a＝|PM|＝2，故eq\f(b,c)＝taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，因為a2＝b2＋c2，因此c＝eq\r(3)，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)l：x＝ty＋m(m≠0)，所以M(m,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(m,t)))，所以kl＝eq\f(1,t).因為斜率大于0，所以t>0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\o(NP,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(m,t)))，eq\o(NQ,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋\f(m,t)))，由eq\o(NP,\s\up8(→))＝λeq\o(NQ,\s\up8(→))得，x1＝λx2，①同理可得y1＝μy2，②①②兩式相乘得，x1y1＝λμx2y2，又λμ＝1，所以x1y1＝x2y2，所以(ty1＋m)y1＝(ty2＋m)y2，即t(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))＝m(y2－y1)，即(y2－y1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(m＋ty1＋y2))＝0，由題意kl>0，知y1－y2≠0，所以m＋t(y1＋y2)＝0.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m,\f(x2,4)＋y2＝1))，得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，依題意，y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，所以m－eq\f(2t2m,t2＋4)＝0，又m≠0，所以t2＝4，因為t>0，故得t＝2，所以kl＝eq\f(1,t)＝eq\f(1,2)，即直線l的斜率為eq\f(1,2).考點三存在性問題已知拋物線y2＝4x，過點P(8，－4)的動直線l交拋物線于A，B兩點．(1)當(dāng)P恰為AB的中點時，求直線l的方程；(2)拋物線上是否存在一個定點Q，使得以弦AB為直徑的圓恒過點Q？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．解析：(1)設(shè)A，B兩點坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，當(dāng)P恰為AB的中點時，顯然x1≠x2，故kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)，又y1＋y2＝－8，故kAB＝－eq\f(1,2)，則直線l的方程為y＝－eq\f(1,2)x.(2)假設(shè)存在定點Q，設(shè)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)l：y＝k(x－8)－4(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝kx－8－4))，整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ>0，y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－32－eq\f(16,k)，由以弦AB為直徑的圓恒過點Q知eq\o(QA,\s\up8(→))·eq\o(QB,\s\up8(→))＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(y\o\al(2,0),4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y\o\al(2,0),4)))＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,0),4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,0),4)))＋(y1－y0)(y2－y0)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y0y2＋y0,16)＋1))(y1－y0)(y2－y0)＝0，故(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，即y1y2＋y0(y1＋y2)＋yeq\o\al(2,0)＋16＝0，整理得(yeq\o\al(2,0)－16)k＋4(y0－4)＝0，即當(dāng)y0＝4時，恒有eq\o(QA,\s\up8(→))·eq\