2021届高考数学二轮复习 专题能力训练18 直线与圆锥曲线 理（含解析）.docx

1、专题能力训练18直线与圆锥曲线专题能力训练第42页一、能力突破训练1.已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为()A.13B.12C.23D.34答案:A解析:由题意,不妨设直线l的方程为y=k(x+a),k0,分别令x=-c与x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.设OE的中点为G,由OBGFBM,得12|OE|FM|=|OB|BF|,即ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13,故椭圆的离心率e=13

2、,故选A.2.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()A.y=xB.y=12xC.y=32xD.y=52x答案:A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,即有|AB|=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a,即有|MA|=2a,|AF2|=|

3、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.3.如果与抛物线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.2答案: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

4、=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=2.4.(2018全国,理11)已知双曲线C:x23-y2=1,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若OMN为直角三角形,则|MN|=()A.32B.3C.23D.4答案:B解析:由条件知F(2,0),渐近线方程为y=33x,所以NOF=MOF=30,MON=6090.不妨设OMN=90,则|MN|=3|OM|.又|OF

5、|=2,在RtOMF中,|OM|=2cos30=3,所以|MN|=3.5.平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的渐近线与抛物线C2:x2=2py(p0)交于点O,A,B.若OAB的垂心为C2的焦点,则C1的离心率为.答案:32解析:双曲线的渐近线为y=bax.由y=bax,x2=2py,得A2bpa,2b2pa2.由y=-bax,x2=2py,得B-2bpa,2b2pa2.F0,p2为OAB的垂心,kAFkOB=-1.即2b2pa2-p22bpa-0-ba=-1,解得b2a2=54,c2a2=94,即可得e=32.6.(2018全国,理19)设椭圆C:x22

6、+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.解：(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x22,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x

7、2-2.由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.7.如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12x32.过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.

8、(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.解：(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x0,b0)经过点A-62,2,且点F(0,-1)为其一个焦点.(1)求椭圆E的方程;(2)设椭圆E与y轴相交于A1,A2两点,不在y轴上的动点P在直线y=b2上运动,直线PA1,PA2分别与椭圆E相交于点M,N,证明:直线MN通过一个定点,且FMN的周长为定值.解：(1)根据题意可得32a2+2b2=1,b2-a2=1,可解得a=3,b=2.故椭圆E的方程为y24+x23=1.(2)不妨设点A1(0,2),A2(0,-2),P(x0,4)为直线y=4上一

9、点(x00),M(x1,y1),N(x2,y2).直线PA1方程为y=2x0x+2,直线PA2方程为y=6x0x-2.点M(x1,y1),A1(0,2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=2x0x+2,可得x1=-6x03+x02,y1=2x02-63+x02.点N(x2,y2),A2(0,-2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=6x0x-2,可得x2=18x027+x02,y2=-2x02+5427+x02.所以点M-6x03+x02,2x02-63+x02,N18x027+x02,-2x02+5427+x02.所以直线MN的方程为y-2x02-63+x02=-x02-96x0x+

10、6x03+x02,即y=-x02-96x0x+1.故直线MN恒过定点B(0,1).又F(0,-1),B(0,1)是椭圆E的焦点,所以FMN周长=|FM|+|MB|+|BN|+|NF|=4b=8.9.如图,点C,D是离心率为12的椭圆的左、右顶点,F1,F2是该椭圆的左、右焦点,点A,B是直线x=-4上的两个动点,连接AD和BD,分别与椭圆相交于E,F两点,且线段EF恰好经过椭圆的左焦点F1.当EFCD时,点E恰为线段AD的中点.(1)求椭圆的方程;(2)判断以AB为直径的圆与直线EF的位置关系,并加以证明.解：(1)当EFCD时,点E恰为线段AD的中点,a+c=4-c.又e=ca=12,联立解

11、得c=1,a=2.又a2=b2+c2,b=3.椭圆的方程为x24+y23=1.(2)由题意可知直线EF不可能平行于x轴,设EF的方程为x=my-1,点E(x1,y1),F(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-1,得(3m2+4)y2-6my-9=0,=(-6m)2+36(3m2+4)0,y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.(*)设点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)+

12、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-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.二、思维提升训练10.(2019全国,理16)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0

13、)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若F1A=AB,F1BF2B=0,则C的离心率为.答案:2解析:如图,由F1A=AB,得|F1A|=|AB|.又|OF1|=|OF2|,得BF2OA,且|BF2|=2|OA|.由F1BF2B=0,得F1BF2B.则OAF1A,|OB|=|OF1|=|OF2|.故BOF2=AOF1=2OF1B,得BOF2=60.则ba=tan60=3.所以e=ca=1+ba2=1+3=2.11.定长为3的线段AB的两个端点A,B分别在x轴、y轴上滑动,动点P满足BP=2PA. (1)求点P的轨迹曲线C的方程; (2)若过点(1,0)

14、的直线与曲线C交于M,N两点,求OMON的最大值.解：(1)设点A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),由BP=2PA得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),即x=2(x0-x),y-y0=-2yx0=32x,y0=3y.因为x02+y02=9,所以32x2+(3y)2=9,化简,得x24+y2=1,所以点P的轨迹方程为x24+y2=1.(2)当过点(1,0)的直线为y=0时,OMON=(2,0)(-2,0)=-4,当过点(1,0)的直线不为y=0时,可设为x=ty+1,点A(x1,y1),B(x2,y2).联立x24+y2=1,x=ty+1并化简,得(t2+4)y2+2ty-3=0,

15、由根与系数的关系得y1+y2=-2tt2+4,y1y2=-3t2+4,OMON=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)-3t2+4+t-2tt2+4+1=-4t2+1t2+4=-4(t2+4)+17t2+4=-4+17t2+4.又由=4t2+12(t2+4)=16t2+480恒成立,所以tR,对于上式,当t=0时,(OMON)max=14.综上所述,OMON的最大值为14.12.设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)

16、证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.解：(1)因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1(y0).(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),M(x1

17、,y1),N(x2,y2),由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四边形MPNQ的面积S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MP

18、NQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,83).13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,左、右焦点为F1,F2,点P,A,B在椭圆C上,且点A,B关于原点对称,直线PA,PB的斜率的乘积为-14.(1)求椭圆C的方程;(2)已知直线l经过点Q(2,2),且与椭圆C相交于不同的两点M,N,若|QM|QN|=163,判断直线l的斜率是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.解：(1)设点A(xA,yA),P(xP,yP),则点B(-xA,-yA).可得kPA=yA-yPxA-xP,kPB=-yA-yP-xA-xP.又xA2a2+yA2b2=1

19、,xP2a2+yP2b2=1,可得yP2-yA2xP2-xA2=-b2a2.则kPAkPB=-b2a2=-14,又ca=32,a2=b2+c2,可得a2=4,b2=1,c2=3,故椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由题意可知直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y-2=k(x-2),将其代入x24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,则=16k(1-k)2-4(1+4k2)16(1-k)2-40,得k38.设点M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=16k(k-1)1+4k2,x1x2=16(1-k)2-41+4k2=4(4k2-8k+3)1+4k2,又|QM|QN|=163,且向量QM与QN的夹角为0,QMQN=163.又QM=(x1-2,y1-2),QN=(x2-2,y2-2),(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=163.又y1=k(x1-2)+2,y2=k(x2-2)+2,(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=(x1-2)(x2-2)(1+k2)=x1x2-2(x1+x2)+4(1+k2)=163.4(4k2-8k+3)1+4k2-216k(k-1)1+4k2+4(1+k2)=163,化简得16(1+k2)1+4k2=163,解得k2=2.k38,k=2.直线l的斜率为定值2.