高考数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线含解析新人教版

考点规范练47　直线与圆锥曲线

一、基础巩固

1.已知椭圆=1以及椭圆内一点P(4,2),则以P为中点的弦所在直线的斜率为(　　)

A B.- C.2 D.-2

答案:B

解析:设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1+x2=8,y1+y2=4,

两式相减,得=0,

所以=-,

所以k==-故选B.

2.若点O和点F分别为椭圆=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则的最大值为(　　)

A.2 B.3 C.6 D.8

答案:C

解析:由题意得F(-1,0),设点P(x0,y0),

则=3(-2≤x0≤2).

因为=(x0,y0),=(x0+1,y0),

所以=x0(x0+1)++x0++x0+3(x0+2)2+2.

因为-2≤x0≤2,所以当x0=2时,取得最大值,最大值为6.

3.(2021四川成都七中三模)已知抛物线y2=2x的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,分别过点A,B作准线的垂线,垂足分别为C,D,且|CF|=2|DF|,则直线l的斜率为(　　)

A.2 B C D

答案:C

解析:依题意,点F,设直线l的方程为x=ky+,点A(x1,y1),B(x2,y2),且y1>0>y2,

由得y2-2ky-1=0,Δ=4k2+4>0,

则y1+y2=2k,y1y2=-1.

由已知得点C,D,

因为|CF|=2|DF|,

所以1+=4+4,即=3+4

由解得

所以2k=,即k=

故直线l的斜率为

4.(2021云南师大附中高三月考)已知双曲线C:-y2=1,若直线l:y=kx+m(km≠0)与双曲线C的右支交于不同的两点M,N,且点M,N都在以A(0,-1)为圆心的圆上,则m的取值范围是(　　)

A.(3,+∞) 

B(3,+∞)

C.(-∞,0)∪(3,+∞) 

D

答案:A

解析:设点M(x1,y1),N(x2,y2),

由得(1-2k2)x2-4kmx-2(1+m2)=0.

因为直线l与双曲线的右支相交,所以1-2k2≠0,Δ=16k2m2+8(1-2k2)(1+m2)>0,即1+m2-2k2>0,

x1+x2=>0,x1x2=>0.

设MN的中点为G(x0,y0),则x0=,y0=

所以kAG=

由题意,可知AG⊥MN,所以k=-1,

即2k2=3m+1.

因为x1x2>0,所以1-2k2<0,所以m>0.

将2k2=3m+1代入1+m2-2k2>0,解得m>3.

5.已知抛物线y2=4x,过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A,B两点(A在第一象限内),=3,过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G,则△ABG的面积为(　　)

A B C D

答案:C

解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),=3,

∴y1=-3y2.设直线l的方程为x=my+1,

由消去x,得y2-4my-4=0,

∴y1y2=-4,

y1+y2=4m=,

∴m=x1+x2=,AB的中点坐标为.

∴过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y-=-x-,令y=0,可得x=,即G,

∴S△ABG=

6.已知过双曲线=1(a>0,b>0)的右顶点且斜率为2的直线,与该双曲线的右支交于两点,则此双曲线离心率的取值范围为　　　　　. 

答案:(1,)

解析:由题意得<2,∴e=

∵e>1,∴1<e<,∴此双曲线离心率的取值范围为(1,).

7.设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2=8px(p>0)交于A,B两点,直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q,则=　　　　　. 

答案:3

解析:设直线OP的方程为y=kx(k≠0),

由解得P,

由解得Q,

∴|OP|=,

|PQ|=,

=3.

8.已知双曲线与椭圆=1有相同的焦点,且以x+y=0为其一条渐近线,则双曲线方程为　　　,过其右焦点且长为4的弦有　　　条. 

答案:=1　3

解析:由双曲线与椭圆=1有相同的焦点,可设双曲线的方程为=1,

又双曲线以x+y=0为其一条渐近线,所以,

解得a2=4.

所以双曲线的方程为=1.

右焦点坐标为(,0),当过右焦点的直线垂直于x轴时,代入双曲线方程得y=±1,则弦长为2<4,不满足题意.

当过右焦点的直线的斜率存在时,设直线方程为y=k(x-),代入双曲线方程得(2k2-1)x2-4k2x+12k2+4=0,设直线与双曲线的两个交点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

则x1+x2=,x1x2=,

所以弦长为=4,解得k=0或k=±

故满足题意的弦有3条.

9.(2021广东湛江二模)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点P(0,4)的动直线l与抛物线C交于A,B两点,当点F在直线l上时,直线l的斜率为-2.

(1)求抛物线C的方程;

(2)在线段AB上取点D,满足==,证明:点D总在定直线上.

(1)解:由题意,得点F,则=-2,解得p=4.

故抛物线C的方程为y2=8x.

(2)证明:设点A(x1,y1),B(x2,y2),D(x,y),

直线l的方程为x=m(y-4).

由得y2-8my+32m=0,则Δ=64m2-128m>0,即m<0或m>2,y1+y2=8m,y1y2=32m.

由==,得y1-4=λ(y2-4),y-y1=λ(y2-y),

故(y1-4)(y2-y)=(y-y1)(y2-4),即y=,所以y≠4.

又x=m(y-4),所以m=,所以y=,化简得xy-y2+4y-4x=0,

即(x-y)(y-4)=0.

又y≠4,所以x-y=0.

故点D在定直线x-y=0上.

能力提升

10.(2021广东广州二模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为4,焦距为2过椭圆C的上顶点B作圆x2+y2=2的两条切线,与椭圆C分别交于另外两点M,N.则△BNM的面积为              (　　)

A.6 B C D

答案:B

解析:因为椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为4,焦距为2,

所以b=2,c=,a2=b2+c2=6,所以椭圆C的方程为=1.如图,

设直线BN的方程为y=kx+2(k<0),

因为直线BN与圆x2+y2=2相切,所以,解得k=-1,

所以直线BN的方程为y=-x+2.

由可得点N,同理,点M

所以|MN|=,点B到MN的距离为

所以△BNM的面积为

11.设双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点为F,双曲线C的一条渐近线为l,以F为圆心的圆与l相交于M,N两点,MF⊥NF,O为坐标原点,=(2≤λ≤5),则双曲线C的离心率的取值范围是(　　)

A B 

C D

答案:C

解析:不妨令直线l的方程为y=x,

设|MF|=|NF|=r,

取Q为MN的中点,

由题意可知△MNF为等腰直角三角形,

则FQ⊥MN,|FQ|=|NQ|=|MQ|=

在Rt△OFQ中,tan∠FOQ=,

∴|OQ|=

∴|ON|=|OQ|-|NQ|=,

|OM|=|OQ|+|MQ|=

又=(2≤λ≤5),

=,

整理得λ=[2,5],

即

即

解得

e

12.(多选)已知B1,B2是椭圆=1(a>b>0)短轴的两个端点,点P是椭圆上不同于短轴端点的任意一点,点Q与点P关于y轴对称,则下列四个结论正确的是(　　)

A.直线PB1与PB2的斜率之积为定值-

B>0

C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为

D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线

答案:BC

解析:如图,设P(x0,y0),则=1,=-,A不正确.

∵点P在圆x2+y2=b2外,-b2>0,=(-x0,-b-y0)·(-x0,b-y0)=-b2>0,B正确.

如图,当点P在长轴的顶点A上时,∠B1PB2最小且为锐角,设△PB1B2的外接圆半径为r,由正弦定理可得2r=

∴r,∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为,C正确.

直线PB1的方程为y+b=x,直线QB2的方程为y-b=x,

两式相乘可得y2-b2=x2,

可化为=1,∵点P不与点B1,B2重合,∴点M的轨迹为双曲线的一部分,∴D不正确.

13.已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过抛物线C的焦点且斜率为k的直线与抛物线C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k=　　　　　. 

答案:2

解析:由题意知抛物线C的焦点为(1,0),则过抛物线C的焦点且斜率为k的直线方程为y=k(x-1)(k≠0),

由消去y得k2(x-1)2=4x,

即k2x2-(2k2+4)x+k2=0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1+x2=,x1x2=1.

由消去x得y2=4,

即y2-y-4=0,

则y1+y2=,y1y2=-4.

因为∠AMB=90°,所以有=(x1+1,y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1=0,①

将x1+x2=,x1x2=1与y1+y2=,y1y2=-4代入①,得k=2.

14.已知m,n,s,t均为正实数,m+n=2,=9,当s+t取最小值时,m,n对应的点(m,n)是双曲线=1一条弦的中点,则此弦所在的直线方程为　　　　　　　. 

答案:x-2y+1=0

解析:由已知得s+t=(s+t)(m+n+2)=)2.

因为s+t的最小值是,

所以)2=,

=2,又m+n=2,所以m=n=1.

设以点(1,1)为中点的弦的两个端点的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),

则有=1,即x1+x2=y1+y2=2.①

又该两点在双曲线上,则有=1,=1,两式相减得=0.②

由①②得,即所求直线的斜率是,

所以所求直线的方程是y-1=(x-1),

即x-2y+1=0.

15.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C的方程为=1(a>b>0),右焦点为F(,0),且离心率为

(1)求椭圆C的方程;

(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=

(1)解:由已知得c=,e=,所以a=,所以b2=a2-c2=1.

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0).

当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,显然不符合题意.

当直线MN的斜率存在时,设点M(x1,y1),N(x2,y2).

必要性:若M,N,F三点共线,则可设直线MN:y=k(x-),即kx-y-k=0.

由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,可得=1,解得k=±1.

由可得4x2-6x+3=0,

所以x1+x2=,x1x2=,

所以|MN|=所以必要性成立.

充分性:设直线MN:y=kx+b(kb<0),即kx-y+b=0.

由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,所以b2=k2+1.

由可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,

所以x1+x2=-,x1x2=,

所以|MN|=,

化简得3=0,所以k=±1,

所以

所以直线MN:y=x-或y=-x+,

所以直线MN过点F(,0),即M,N,F三点共线.

所以充分性成立.

所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=

16.在平面直角坐标系中,点F1,F2分别为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,双曲线C的离心率为2,点在双曲线C上.不在x轴上的动点P与动点Q关于原点O对称,且四边形PF1QF2的周长为4

(1)求动点P的轨迹方程;

(2)在动点P的轨迹上有两个不同的点M(x1,y1),N(x2,y2),线段MN的中点为G,已知点(x1,x2)在圆x2+y2=2上,求|OG|·|MN|的最大值,并判断此时△OMN的形状.

解:(1)设F1,F2分别为(-c,0),(c,0),

可得=2,b2=c2-a2=3a2,

又点在双曲线C上,=1,

又a>0,b>0,∴a=,c=1.

由题意易知四边形PF1QF2为平行四边形.

∴|PF1|+|PF2|=2>2,∴动点P的轨迹是以点F1,F2分别为左、右焦点的椭圆(除左、右顶点),

∴动点P的轨迹方程为+y2=1(y≠0).

(2)=2,=1,=1,

=1.

∴|OG|·|MN|=

,

当3-2x1x2-2y1y2=3+2x1x2+2y1y2,

即x1x2+y1y2=0时取等号,

所以|OG|·|MN|的最大值为,此时OM⊥ON,即△OMN为直角三角形.

17.已知O为坐标原点,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,双曲线-y2=1的渐近线与椭圆C的交点到原点的距离均为

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)若点D,M,N为椭圆C上的动点,M,O,N三点共线,直线DM,DN的斜率分别为k1,k2.

①证明:k1k2=-;

②若k1+k2=0,设直线DM过点(0,m),直线DN过点(0,n),证明:m2+n2为定值.

(1)解:设椭圆的半焦距为c,

由题意可得e=,所以a=2b.①

因为双曲线-y2=1的渐近线方程为y=±x,

所以可设双曲线的渐近线与椭圆C在第一象限的交点为P(2t,t),所以,即t2=

因为点P在椭圆上,所以=1,即=1.②

由①②可得a=2,b=1,

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)证明:①由题意可得点M,N关于原点对称,可设点D(x1,y1),M(x2,y2),N(-x2,-y2),

因为点D,M在椭圆上,

所以=1,=1,

所以=1-=1-,所以k1k2==-

②可设k1>0,k2<0,

因为k1+k2=0,k1k2=-,

所以k1=,k2=-

因为直线DM过点(0,m),直线DN过点(0,n),

所以直线DM的方程为y=x+m,DN的方程为y=-x+n.

由可得x2+2mx+2m2-2=0,所以x1x2=2m2-2.

由可得x2-2nx+2n2-2=0,

所以-x1x2=2n2-2,

所以x1x2+(-x1x2)=2m2+2n2-4=0,

所以m2+n2=2,为定值.

三、探究创新

18.已知F1,F2为椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点,点P在椭圆上,且过点F2的直线l交椭圆E于A,B两点,△AF1B的周长为4

(1)求椭圆E的方程;

(2)我们知道抛物线有性质:“过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的弦AB满足|AF|+|BF|=|AF|·|BF|.”那么对于椭圆E,是否存在实数λ,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)根据椭圆的定义,可得|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,

∴△AF1B的周长为|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a,

∴4a=4,a=,

∴椭圆E的方程为=1.

将P代入得b2=2,

∴椭圆E的方程为=1.

(2)由(1)可知4c2=a2-b2=1,得点F2(1,0),由题意可知直线l的斜率不为0,故可设直线l的方程为x=my+1,

由消去x,

整理得(2m2+3)y2+4my-4=0.

设点A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1+y2=,y1y2=

不妨设y1>0,y2<0,

则|AF2|===|y1|=y1.

同理|BF2|=|y2|=-y2.

所以

,

即|AF2|+|BF2|=|AF2|·|BF2|.

所以存在实数λ=,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立.