人教高中数学专题17 圆锥曲线的综合应用（解答题）（解析版）.docx

专题17 圆锥曲线的综合应用（解答题）
1、【2022年全国甲卷】设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,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，
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≤121k⋅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y2−42y−4n=0，
Δ>0,y3y4=−4n=4y1y2=−16，所以n=4，
所以直线AB:x=2y+4.
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.
2．【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A0,−2,B32,−1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,−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A0,−2,B32,−1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
(2)
A(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(1,263)，N(1,−263)，代入AB方程y=23x−2，可得
T(6+3,263)，由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程：
y=(2−263)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kx−y−(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=−8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k−2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=−24k3k2+4(∗)
联立y=y1y=23x−2,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】
3、【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
【解析】(1)
因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22−y2=1可得，1−2k2x2−4mkx−2m2−2=0，
所以，x1+x2=−4mk2k2−1