2024年新高考数学复习资料专题18 圆锥曲线的综合应用(解答题)(解析版).docx本文件免费下载 【共43页】

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小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com专题18圆锥曲线的综合应用(解答题)1、(2023年全国乙卷数学(文)(理))已知椭圆的离心率是,点在上.(1)求的方程;(2)过点的直线交于两点,直线与轴的交点分别为,证明:线段的中点为定点.【答案】(1)(2)证明见详解【详解】(1)由题意可得,解得,所以椭圆方程为.(2)由题意可知:直线的斜率存在,设,联立方程,消去y得:,则,解得,可得,小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com因为,则直线,令,解得,即,同理可得,则,所以线段的中点是定点.2、(2023年新课标全国Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为,离心率为.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为,,过点的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com与交于点P.证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【详解】(1)设双曲线方程为,由焦点坐标可知,则由可得,,双曲线方程为.(2)由(1)可得,设,显然直线的斜率不为0,所以设直线的方程为,且,与联立可得,且,则,直线的方程为,直线的方程为,联立直线与直线的方程可得:小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com,由可得,即,据此可得点在定直线上运动.3、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p>0)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α,β.当α−β取得最大值时,求直线AB的方程.【解析】(1)抛物线的准线为x=−p2,当MD与x轴垂直时,点M的横坐标为p,此时¿MF∨=p+p2=3,所以p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x;(2)设M(y124,y1),N(y224,y2),A(y324,y3),B(y424,y4),直线MN:x=my+1,由{x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0,Δ>0,y1y2=−4,由斜率公式可得kMN=y1−y2y124−y224=4y1+y2,kAB=y3−y4y324−y424=4y3+y4,直线MD:x=x1−2y1⋅y+2,代入抛物线方程可得y2−4(x1−2)y1⋅y−8=0,Δ>0,y1y3=−8,所以y3=2y2,同理可得y4=2y1,小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com所以kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β,所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2,若要使α−β最大,则β∈(0,π2),设kMN=2kAB=2k>0,则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤12❑√1k⋅2k=❑√24,当且仅当1k=2k即k=❑√22时,等号成立,所以当α−β最大时,kAB=❑√22,设直线AB:x=❑√2y+n,代入抛物线方程可得y2−4❑√2y−4n=0,Δ>0,y3y4=−4n=4y1y2=−16,所以n=4,所以直线AB:x=❑√2y+4.4、【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,−2),B(32,−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满足⃑MT=⃑TH.证明:直线HN过定点.【解析】(1)解:设椭圆E的方程为mx2+ny2=1,过A(0,−2),B(32,−1),则¿,解得m=13,n=14,所以椭圆E的方程为:y24+x23=1.(2)小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.comA(0,−2),B(32,−1),所以AB:y+2=23x,①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在,直线x=1.代入x23+y24=1,可得M(1,2❑√63),N(1,−2❑√63),代入AB方程y=23x−2,可得T(❑√6+3,2❑√63),由⃑MT=⃑TH得到H(2❑√6+5,2❑√63).求得HN方程:y=(2−2❑√63)x−2,过点(0,−2).②若过点P(1,−2)的直线斜率存在,设kx−y−(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).联立¿得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0,可得¿,¿,且x1y2+x2y1=−24k3k2+4(∗)联立¿可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6−x1,y1).可求得此时HN:y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2),将(0,−2),代入整理得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0,将(∗)代入,得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,显然成立,综上,可得直线HN过定点(0,−2).【点睛】5...

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