2021届高考数学二轮复习 专题能力训练17 直线与圆锥曲线 文（含解析）.docx

1、专题能力训练17直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.(2020全国,文7)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p0)交于D,E两点,若ODOE,则C的焦点坐标为()A.14,0B.12,0C.(1,0)D.(2,0)2.与抛物线y2=8x相切倾斜角为135的直线l与x轴和y轴的交点分别是A和B,那么过A,B两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为()A.4B.22C.2D.23.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则l的方程为()A.y=x-1或y=-x+1B.y=33(x-1)或y=-33(x-1)C.y=3(x-1

2、)或y=-3(x-1)D.y=22(x-1)或y=-22(x-1)4.已知倾斜角为30的直线l经过双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点F1,交双曲线于A,B两点,线段AB的垂直平分线经过右焦点F2,则此双曲线的渐近线方程为.5.(2020全国,文19)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12,求C1与C2的标准方程.6.已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0

3、),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:BDE与BDN的面积之比为45.7.(2020全国,文21)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m5)的离心率为154,A,B分别为C的左、右顶点.(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BPBQ,求APQ的面积.8.已知直线l经过抛物线y2=4x的焦点且与此抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,|AB|0)的焦点,点N(x0,y0)(y00)为其上一点,点M与点N关于

4、x轴对称,直线l与抛物线交于异于点M,N的A,B两点,|NF|=52,kNAkNB=-2.(1)求抛物线的标准方程和点N的坐标;(2)判断是否存在这样的直线l,使得MAB的面积最小.若存在,求出直线l的方程和MAB面积的最小值;若不存在,请说明理由.专题能力训练17直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.B解析:抛物线C关于x轴对称,直线x=2垂直于x轴,又ODOE,ODE是等腰直角三角形.不妨设点D在第一象限,则点D的坐标为(2,2),将其代入y2=2px,得p=1,所以抛物线C的焦点坐标为12,0.2.C解析:设直线l的方程为y=-x+b,联立直线与抛物线方程,消元得y2+8y-8b=0.因为直

5、线与抛物线相切,所以=82-4(-8b)=0,解得b=-2,故直线l的方程为x+y+2=0,从而A(-2,0),B(0,-2).因此过A,B两点的最小圆即为以AB为直径的圆,其方程为(x+1)2+(y+1)2=2,而抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,此时圆心(-1,-1)到准线的距离为1,故所截弦长为2(2)2-12=2.3.C解析:由题意可得抛物线焦点F(1,0),准线方程为x=-1.当直线l的斜率大于0时,如图,过A,B两点分别向准线x=-1作垂线,垂足分别为M,N,则由抛物线定义可得,|AM|=|AF|,|BN|=|BF|.设|AM|=|AF|=3t(t0),|BN|=|BF|=t,

6、|BK|=x,而|GF|=2,在AMK中,由|BN|AM|=|BK|AK|,得t3t=xx+4t,解得x=2t,则cosNBK=|BN|BK|=tx=12,NBK=60,则GFK=60,即直线AB的倾斜角为60.斜率k=tan60=3,故直线方程为y=3(x-1).当直线l的斜率小于0时,如图,同理可得直线方程为y=-3(x-1),故选C.4.y=x解析:如图,MF2为线段AB的垂直平分线,可得|AF2|=|BF2|,且MF1F2=30,可得|MF2|=2csin30=c,|MF1|=2ccos30=3c.由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a,即|AB|

7、=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a,即有|MA|=2a,|AF2|=|MA|2+|MF2|2=4a2+c2,|AF1|=|MF1|-|MA|=3c-2a.由|AF2|-|AF1|=2a,可得4a2+c2-(3c-2a)=2a,可得4a2+c2=3c2,即c=2a.故b=c2-a2=a,所以渐近线方程为y=x.5.解(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,

8、即3ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去),ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0),(-2c,0),(0,3c),(0,-3c),C2的准线为x=-c.由已知得3c+c+c+c=12,即c=2.所以C1的标准方程为x216+y212=1,C2的标准方程为y2=8x.6.(1)解设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0).由题意得a=2,ca=32,解得c=3.所以b2=a2-c2=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n)

9、.由题设知m2,且n0.直线AM的斜率kAM=nm+2,故直线DE的斜率kDE=-m+2n.所以直线DE的方程为y=-m+2n(x-m),直线BN的方程为y=n2-m(x-2).联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),解得点E的纵坐标yE=-n(4-m2)4-m2+n2.由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.所以yE=-45n.又SBDE=12|BD|yE|=25|BD|n|,SBDN=12|BD|n|,所以BDE与BDN的面积之比为45.7.解(1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225+y22516=1.(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ

10、),根据对称性可设yQ0,由题意知yP0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故AP1Q1的面积为1210210=52.|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026

11、,故AP2Q2的面积为1213026130=52.综上,APQ的面积为52.8.(1)证明由题意可得,直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=k(x-1)(k0),联立y2=4x,y=k(x-1),得ky2-4y-4k=0,则y1y2=-4kk=-4为定值.(2)解由(1)知,y1+y2=4k,x1+x2=y1+y2k+2=4k2+2,则|AB|=x1+x2+p=y1+y2k+2=4k2+41.联立y=k(x-1),y=x2-4,得x2-kx+k-4=0,M,N两点在y轴的两侧,=k2-4(k-4)=k2-4k+160,且k-40,k1及k4可得k-1或1k0,y1+y2=6m3m2+4,y

12、1y2=-93m2+4.(*)设A(-4,yA),由A,E,D三点共线得yA=-6y1x1-2=-6y1my1-3,同理可得yB=-6y2my2-3.yA+yB=-6y1my1-3+-6y2my2-3=-62my1y2-3(y1+y2)m2y1y2-3m(y1+y2)+9=-62m-93m2+4-36m3m2+4m2-93m2+4-3m6m3m2+4+9=6m,|yA-yB|=-6y1my1-3-6y2my2-3=18|y1-y2|m2y1y2-3m(y1+y2)+9=186m3m2+42-4-93m2+4m2-93m2+4-3m6m3m2+4+9=6m2+1.设AB的中点为M,则点M的坐标为

13、-4,yA+yB2,即(-4,3m),点M到直线EF的距离d=|-4-3m2+1|1+m2=3m2+1=12|yA-yB|=12|AB|.故以AB为直径的圆始终与直线EF相切.10.解(1)因为M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).因为M与直线x+2=0相切,所以M的半径为r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MOAO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故M的半径r=2或r=6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.理由如下:设M(x,y),由已知得

14、M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.由于MOAO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.11.解(1)由题意知p=1,故抛物线方程为y2=2x.由|NF|=x0+p2=52,则x0=2,y02=4.y00,y0=2.N(2,2).(2)由题意知直线的斜率不为0,则可设直线l的方程为x=ty+b.联立y2=2x,x=ty+b,得y2-2ty-2b=0.设两个交点Ay122,y1,By222,y2(y12,y22),则=4t2+8b0,y1+y2=2t,y1y2=-2b,由kNAkNB=y1-2y122-2y2-2y222-2=4(y1+2)(y2+2)=-2,整理得b=2t+3.此时,=4(t2+4t+6)0恒成立.故直线l的方程为x=ty+2t+3,即x-3=t(y+2),从而直线l过定点E(3,-2).又M(2,-2),MAB的面积S=12|ME|y1-y2|=t2+4t+6=(t+2)2+2.当t=-2时,MAB的面积有最小值2,此时直线l的方程为x+2y+1=0.