高考数学二轮复习专项分层特训命题点26直线与圆锥曲线的位置关系含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点26直线与圆锥曲线的位置关系含答案，共13页。试卷主要包含了[2022·北京卷]已知椭圆E，解析等内容，欢迎下载使用。

1．已知抛物线C的焦点为F(m，0)(m>0)，N为抛物线上一点，|NF|＝4|OF|且S△NFO＝ eq \r(3) .
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8，求直线l的方程．
2．[2022·山东济南二模]已知椭圆C的焦点坐标为F1(－1，0)和F2(1，0)，且椭圆经过点G eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)若T(1，1)，椭圆C上四点M，N，P，Q满足 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝3 eq \(TQ,\s\up6(→)) ， eq \(NT,\s\up6(→)) ＝3 eq \(TP,\s\up6(→)) ，求直线MN的斜率．
3.[2022·山东淄博二模]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点M(2，m)在抛物线C上，且|MF|＝2.
(1)求实数m的值及抛物线C的标准方程；
(2)不过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率之积为－2，试判断直线l能否与圆(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求此时直线l的方程；若不能，请说明理由．
4．[2022·北京卷]已知椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2 eq \r(3) .
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|＝2时，求k的值．
5.[2021·新高考Ⅰ卷]在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－ eq \r(17) ，0)，F2( eq \r(17) ，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M 的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝ eq \f(1,2) 上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
6．[2022·新高考Ⅰ卷] 已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝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＝2 eq \r(2) ，求△PAQ的面积．
命题点26 直线与圆锥曲线的位置关系(大题突破)
1．解析：(1)抛物线C的方程为y2＝4mx，
设N(xN，yN)，依题意|NF|＝4|OF|＝4m，由抛物线定义xN＋m＝4m，
即xN＝3m.所以yN＝±2 eq \r(3) m，又由S△NFO＝ eq \r(3) ，得 eq \f(1,2) ×m×2 eq \r(3) m＝ eq \r(3) ，
解得m＝1 (m＝－1舍去)，所以抛物线C的方程为y2＝4x(x>0).
(2)由(1)得F(1，0)，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,y2＝4x)) ，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
因为Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝ eq \f(2k2＋4,k2) ，
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝x1＋x2＋2＝ eq \f(4k2＋4,k2) .
由题设知 eq \f(4k2＋4,k2) ＝8，解得k＝1或k＝－1，
因此直线方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
2．解析：(1)由题意可知，c＝1，
设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,a2－1) ＝1，将点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) 代入椭圆方程，
得(a2－4)(4a2－1)＝0，
解得a2＝ eq \f(1,4) (舍)，a2＝4，
所以椭圆方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)设M(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x3，y3)，P(x4，y4)，T(1，1)，
因为 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝3 eq \(TQ,\s\up6(→)) ，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－x1＝3（x2－1）,1－y1＝3（y2－1）)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(4－x1,3),y2＝\f(4－y1,3))) ，
又M(x1，y1)，Q(x2，y2)都在椭圆上，
所以 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4) ＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,3) ＝1， eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－x1,3))) 2＋ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－y1,3))) 2＝1，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,3)＝1 ①,\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－x1))2＋\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－y1))2＝9 ②)) ，
②－①得 eq \f(1,4) (4－2x1)·4＋ eq \f(1,3) (4－2y1)·4＝8，
即 eq \f(1,4) (2－x1)＋ eq \f(1,3) (2－y1)＝1 ③，
又 eq \(NT,\s\up6(→)) ＝3 eq \(TP,\s\up6(→)) ，同理得 eq \f(1,4) (2－x3)＋ eq \f(1,3) (2－y3)＝1 ④
④－③得 eq \f(1,4) (x1－x3)＋ eq \f(1,3) (y1－y3)＝0，
所以kMN＝ eq \f(y1－y3,x1－x3) ＝ eq \f(－\f(1,4),\f(1,3)) ＝－ eq \f(3,4) .
3．解析：(1)由题意得，
因为点M(2，m)在抛物线上，所以22＝2pm，
由抛物线的定义，得|MF|＝m＋ eq \f(p,2) ＝2，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＋\f(p,2)＝2,22＝2pm)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝1,p＝2)) ，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)由(1)得M(2，1)，设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4))) ，
则kMA＝ eq \f(x1＋2,4) ，kMB＝ eq \f(x2＋2,4) ，所以kMAkMB＝ eq \f(x1＋2,4) × eq \f(x2＋2,4) ＝－2，
得x1x2＋2(x1＋x2)＋36＝0；设直线AB方程为y＝kx＋b，
有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b,x2＝4y)) ⇒x2－4kx－4b＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以－4b＋8k＋36＝0，
得b＝2k＋9，所以直线AB方程为y＝kx＋2k＋9，
即直线AB恒过抛物线内部的定点N(－2，9)，
又圆M：(x－2)2＋(y－1)2＝80正好经过点N(－2，9)，
当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切，
此时k＝－ eq \f(1,kMN) ＝ eq \f(1,2) ，所以直线AB方程为y＝ eq \f(1,2) x＋10.
4．解析：(1)由题意，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
∴椭圆E的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)由题意可设直线BC的方程为y－1＝k(x＋2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－1＝k（x＋2）.))
消去y并整理，得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，
解得k0)) ，则2a＝2，可得a＝1，b＝ eq \r(17－a2) ＝4，
所以，轨迹C的方程为x2－ eq \f(y2,16) ＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x≥1)) .
(2)设点T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，t)) ，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，
不妨设直线AB的方程为y－t＝k1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))) ，即y＝k1x＋t－ eq \f(1,2) k1，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋t－\f(1,2)k1,16x2－y2＝16)) ，消去y并整理可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16)) x2＋k1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t－k1)) x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)k1)) 2＋16＝0，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) ，则x1> eq \f(1,2) 且x2> eq \f(1,2) .
由韦达定理可得x1＋x2＝ eq \f(k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2k1t,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ，
x1x2＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)k1))2＋16,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ，
所以， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TA)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TB)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1x2－\f(x1＋x2,2)＋\f(1,4)))
＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )),k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ，
设直线PQ的斜率为k2，同理可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TP)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TQ)) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )),k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －16) ，
因为 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TA)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TB)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TP)) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(TQ)) ，即 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )),k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋12))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )),k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －16) ，整理可得k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1－k2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k2)) ＝0，显然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0.
因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.
6．解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,a2－1) ＝1(a>1)上，∴ eq \f(4,a2) － eq \f(1,a2－1) ＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2) ，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2) .
由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2) ＋ eq \f(y2－1,x2－2) ＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2) ＋(m－1－2k)· eq \f(4km,1－2k2) －4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，00，
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(\r(2),2) .
∵ eq \f(\r(2),2) 为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan ( eq \f(π,2) －α)＝ eq \f(1,tan α) 即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2)) ＝ eq \r(2) ，则kAQ＝－ eq \r(2) ，
∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2) (x－2)，
即y＝ eq \r(2) x－2 eq \r(2) ＋1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得3x2－(16－4 eq \r(2) )x＋20－8 eq \r(2) ＝0，
则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3) ，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3) .
∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3) |＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3) .
同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3) ，|AP|＝ eq \r(3) |xA－xP|，|AQ|＝ eq \r(3) |xA－xQ|.
∵tan 2α＝2 eq \r(2) ，0