专题8-2 圆锥曲线综合大题归类（讲+练）-2023年高考数学二轮复习讲练测（全国通用）（解析版）

专题8-1圆锥曲线综合大题归类目录讲高考.........................................................................................................................................1题型全归纳..................................................................................................................................9【题型一】求根型.......................................................................................................................9【题型二】最值型.....................................................................................................................13【题型三】多斜率计算型..........................................................................................................18【题型四】韦达定理复杂转化型...............................................................................................22【题型五】线段（向量）定比型...............................................................................................25【题型六】求轨迹方程型..........................................................................................................29【题型七】定点定值定曲线型...................................................................................................34【题型八】非对称非伟达型......................................................................................................38专题训练...................................................................................................................................41讲高考1．（普通高等学校招生考试数学（理）试题（山东卷））已知动圆过定点,02p，且与直线2px相切，其中0p．(1)求动圆圆心C的轨迹的方程；(2)设AB、是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且为定值()0π时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】(1)220ypxp；(2)当π2时，直线AB恒过定点22,tanpp，当π2时，直线AB恒过定点2,0p；详见解析.【分析】（1）根据抛物线定义即得；（2）由题意知直线AB的斜率存在，从而设AB方程为ykxb，联立抛物线方程利用韦达定理法结合条件可表示出b，进而即得.【详解】（1）由题可知动圆圆心C到定点,02p的距离与定直线2px的距离相等，由抛物线的定义知，点C的轨迹为抛物线，其中,02p为焦点，2px为准线，所以动圆圆心C的轨迹方程为220ypxp；（2）设1122,,,AxyBxy，由题意得12xx(否则π)，且12,0xx，由题意知直线AB的斜率存在，从而设AB的方程为ykxb，显然221212,22yyxxpp，将ykxb与220ypxp联立消去x，得2220kypypb，由韦达定理知122pyyk，122pbyyk，因为为定值()0π，当π2时，12121212tantantantan1tantan1yyxxyyxx1221224pyyyyp2222242ppkpbpkpkpb，所以22tanpbkp，所以直线AB的方程为22tanpkypkx，即22tanpyxpk，所以直线AB恒过定点22,tanpp，当π2时，则12121yyxx，可得2bkp，直线AB的方程为2ykxp，恒过定点2,0p，综上，当π2时，直线AB恒过定点22,tanpp，当π2时，直线AB恒过定点2,0p.2．（2021年北京市高考数学试题）已知椭圆2222:1(0)xyEabab一个顶点(0,2)A，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为45．（1）求椭圆E的方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．【答案】（1）22154xy；（2）[3,1)(1,3]．【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求,ab，从而可求椭圆的标准方程.（2）设1122,,,BxyCxy，求出直线,ABAC的方程后可得,MN的横坐标，从而可得PMPN，联立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PMPN，从而可求k的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过0,2A，故2b，因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故122452ab，即5a，故椭圆的标准方程为：22154xy.（2）设1122,,,BxyCxy，因为直线BC的斜率存在，故120xx，故直线112:2yAByxx，令=3y，则112Mxxy，同理222Nxxy.直线:3BCykx，由2234520ykxxy可得224530250kxkx，故22900100450kk，解得1k或1k.又1212223025,4545kxxxxkk，故120xx，所以0MNxx又1212=22MNxxPMPNxxyy2212121222212121222503024545=5253011114545kkkxxxxxxkkkkkkxkxkxxkxxkk故515k即3k，综上，31k或13k.3．（2021年浙江省高考数学试题）如图，已知F是抛物线220ypxp的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且2MF，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线,,MAMBAB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且2RNPNQN，求直线l在x轴上截距的范围.【答案】（1）24yx；（2）,743743,11,.【分析】（1）求出p的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设:1ABxty，1122,,,AxyBxy，,0Nn，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得12124,4yyyyt，求出直线,MAMB的方程，联立各直线方程可求出,,PQRyyy，根据题设条件可得222134121ntnt，从而可求n的范围.【详解】（1）因为2MF，故2p，故抛物线的方程为：24yx.（2）[方法一]：通式通法设:1ABxty，1122,,,AxyBxy，,0Nn，所以直线:2ylxn，由题设可得1n且12t.由214xtyyx可得2440yty，故12124,4yyyyt，因为2RNPNQN，故21111+1+1+444RPQyyy，故2RPQyyy.又11:11yMAyxx，由11112yyxxyxn可得1112122Pnyyxy，同理2222122Qnyyxy，由12xtyyxn可得2121Rnyt，所以2212211212121=212222nnynytxyxy，整理得到2212221112112222yyntnxyxy，22221214212222tyyyy2222222121212112214212134+++2+442tttyyyyyyyyyyyy故222134121ntnt，令21st，则12st且0s，故22222234242411331+444421tsssssst，故213141nnn即214101nnn，解得743n或7431n或1n.故直线l在x轴上的截距的范围为743n或7431n或1n.[方法二]：利用焦点弦性质设直线AB的方程为11xky，直线MA的方程为21xky，直线MB的方程为31xky，直线l的方程为221212,,,,,(,0)244yyyxmAyByNm，由题设可得1m且112k．由121,4xkyyx得21440yky，所以121124,4yykyy．因为2112231121114,44yyykkyyy，12121223111212110444yyyyyykkkkyyyy，21221212231121212111111441642yyyyyykkkyyyyyy．由21,2xkyyxm得2112pmyk．同理3112Qmyk．由11,2xkyyxm得1112Rmyk．因为2||||||RNPNQN，所以2RPQyyy即222211231(1)(1)13112422mmmkkkk．故22121314112kmmk．令112tk，则222221111113311244mttmtttt．所以210,1410,mmm，解得743m或7431m或1m．故直线l在x轴上的截距的范围为(,743)[743,1)(1,)．[方法三]【最优解】：设22,2(0),,2AaaaBbb，由,,AFB三点共线得22222221baabaaba，即1