1、专练51高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用12022全国甲卷(文)，21设抛物线C：y22px(p0)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，.当取得最大值时，求直线AB的方程22021全国甲卷抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x1交C于P，Q两点，且OPOQ.已知点M(2，0)，且M与l相切(1)求C，M的方程；(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与M相切判断直线A2A3与M的位置关系，并说明理由
2、32021全国乙卷已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程；(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足9，求直线OQ斜率的最大值42022全国乙卷(文)，21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(，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.证明：直线HN过定点52022江西省宜春市高三模拟已知点T是圆A：(x1)2y280上的动点，点B(1，0)，线段BT的垂直平分线交线段AT于点S，记点S的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过B(1，
3、0)作曲线C的两条弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若0，求BPQ面积的最大值专练51高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1解析：(1)设M(x1，y1)(y10).当MDx轴时，x1p.由抛物线的定义，得|MF|x1p3，解得p2.故抛物线C的方程为y24x.(2)由(1)知D(2，0)，F(1，0).当直线MN的斜率不存在时，由抛物线的对称性得，此时不取最大值，舍去当直线MN的斜率存在时，由抛物线的对称性知只考虑斜率大于0的情况即可设直线MN的方程为yk(x1)(k0)，M(，y1)，N(，y2)，A(，y3)，B(，y4).由消去x并整理，得y2y40，则y1y2，y1y24.因
4、为kMDkADkAM，所以，得y3.同理可得y4，则kAB.因为tankMNk，tankAB，所以tan ()，当且仅当k，即k时，“”成立故取得最大值时，直线MN的斜率为，方程为y(x1).由得则y32()，故A(84，2().又因为直线AB的斜率kAB，所以直线AB的方程为y2()x(84)，即xy40.2解析：(1)由题意，直线x1与C交于P，Q两点，且OPOQ，设C的焦点为F，P在第一象限，则根据抛物线的对称性，POFQOF45，所以P(1，1)，Q(1，1).设C的方程为y22px(p0)，则12p，得p，所以C的方程为y2x.由题意，圆心M(2，0)到l的距离即M的半径，且距离为1
5、，所以M的方程为(x2)2y21.(2)设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，A1A2，A1A3均与M相切，此时直线A2A3与M相切当x1x2x3时，直线A1A2：x(y1y2)yy1y20，则1，即(y1)y2y1y23y0，同理可得(y1)y2y1y33y0，所以y2，y3是方程(y1)t22y1t3y0的两个根，则y2y3，y2y3.直线A2A3的方程为x(y2y3)yy2y30，设M到直线A2A3的距离为d，则d21，即d1，所以直线A2A3与M相切综上，直线A2A3与M相切3解析：(1)由抛物线
6、的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p2，所以C的方程为y24x.(2)由(1)知F(1，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则(x2x1，y2y1)，(1x2，y2)，因为9，所以，可得，又点P在抛物线C上，所以y4x1，即(10y2)24(10x29)，化简得yx2，则点Q的轨迹方程为y2x.设直线OQ的方程为ykx，易知当直线OQ与曲线y2x相切时，斜率可以取最大，联立ykx与y2x并化简，得k2x2x0，令()24k20，解得k，所以直线OQ斜率的最大值为.4解析：(1)设椭圆E的方程为mx2ny21(m0，n0，mn).将点A(0，2)，B(，1)的坐标代入，得解得所以椭圆
7、E的方程为1.(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x1t(y2).联立得方程组消去x并整理，得(4t23)y2(16t28t)y16t216t80，所以y1y2，y1y2.设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得，得x0y13.设H(x，y).由，得(y13x1，0)(xy13，yy1)，所以x3y16x1，yy1，所以直线HN的斜率k，所以直线HN的方程为yy2(xx2).令x0，得y(x2)y2y22.所以直线NH过定点(0，2).(方法二)由A(0，2)，B(，1)可得直线AB的方程为yx2.a若过点P(1，2)的直线
8、的斜率不存在，则其直线方程为x1.将直线方程x1代入1，可得N(1，)，M(1，).将y代入yx2，可得T(3，).由，得H(52，).此时直线HN的方程为y(2)(x1)，则直线HN过定点(0，2).b若过点P(1，2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组消去y并整理，得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0.所以则且x1y2x2y1.联立得方程组，可得T(3，y1).由，得H(3y16x1，y1).则直线HN的方程为yy2(xx2).将点(0，2)的坐标代入并整理，得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y21
9、20.将代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480，显然成立综上可得，直线HN过定点(0，2).5解析：(1)圆A：(x1)2y28的圆心A(1，0)，半径r2，依题意，|SB|ST|，|SB|SA|ST|SA|AT|22|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为2的椭圆，短半轴长b1，所以曲线C的方程为y21.(2)由0知，DEMN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B重合，不能构成三角形，即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为：yk(x1)，由消去y并整理得：(2k21)x24k2x2k220，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE中点P(xP，yP)，则有x1x2，xP，yP，因此，|BP|，直线MN的斜率为，同理可得|BQ|，BPQ面积SBPQ|BP|BQ|，令t|k|2，当且仅当|k|1时取“”，则SBPQ，函数y4t在2，)上单调递增，即当t2时，(4t)min9，所以当t2，即k1时，(SBPQ)max，所以BPQ面积的最大值是.