2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线Word版附解析，共10页。试卷主要包含了基础巩固，探究创新等内容，欢迎下载使用。

1.已知椭圆x236+y29=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.12B.-12C.2D.-2
2.若点O和点F分别为椭圆x24+y23=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则OP·FP的最大值为( )
A.2B.3C.6D.8
3.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.2B.12C.43D.34
4.已知双曲线C:x22-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.-13,0∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(3,+∞)
D.-13,3
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),AF=3FB,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.839B.1639C.3239D.6439
6.已知过双曲线x2a2−y2b2=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 .
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S△ABQS△ABO= .
8.已知双曲线与椭圆x29+y23=1有相同的焦点,且以x+2y=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.
9.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PA=λPB,AD=λDB,证明:点D总在定直线上.
能力提升
10.设双曲线C:x2a2−y2b2=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,OM=λON(2≤λ≤5),则双曲线C的离心率的取值范围是( )
A.52,2B.52,133
C.103,133D.103,345
11.(多选)已知B1,B2是椭圆x2a2+y2b2=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-a2b2
B.PB1·PB2>0
C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a
D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线
12.(2023山东聊城一模)研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,这个圆叫作椭圆的蒙日圆.设椭圆C的焦点为F1,F2,P为椭圆C上的任意一点,R为椭圆C的蒙日圆的半径.若PF1·PF2的最小值为15R2,则椭圆C的离心率为( )
A.12B.22C.13D.33
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= .
14.已知m,n,s,t均为正实数,m+n=2,ms+nt=9,当s+t取最小值49时,m,n对应的点(m,n)是双曲线x24−y22=1一条弦的中点,则此弦所在的直线方程为 .
15.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(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|=3.
16.在平面直角坐标系中,点F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,双曲线C的离心率为2,点1,32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42.
(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.
17.已知O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,双曲线x24-y2=1的渐近线与椭圆C的交点到原点的距离均为102.
(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=-14;
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.
三、探究创新
18.已知F1,F2为椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P1,233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43.
(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|=2p|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.
考点规范练47 直线与圆锥曲线
1.B 设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=8,y1+y2=4,x1236+y129=1,x2236+y229=1,
两式相减,得(x1+x2)(x1-x2)36+(y1+y2)(y1-y2)9=0,
所以2(x1-x2)9=-4(y1-y2)9,
所以k=y1-y2x1-x2=-12.故选B.
2.C 由题意得F(-1,0),设点P(x0,y0),
则y02=31-x024(-2≤x0≤2).
因为OP=(x0,y0),FP=(x0+1,y0),
所以OP·FP=x0(x0+1)+y02=x02+x0+y02=x02+x0+31-x024=14(x0+2)2+2.
因为-2≤x0≤2,所以当x0=2时,OP·FP取得最大值,最大值为6.
3.C 依题意,点F12,0,设直线l的方程为x=ky+12,点A(x1,y1),B(x2,y2),且y1>0>y2,
由y2=2x,x=ky+12,得y2-2ky-1=0,Δ=4k2+4>0,
则y1+y2=2k,y1y2=-1.
由已知得点C-12,y1,D-12,y2,因为|CF|=2|DF|,
所以1+y12=4+4y22,即y12=3+4y22.
由y1y2=-1,y12=3+4y22,y1>0>y2,解得y1=2,y2=-12.
所以2k=32,即k=34.
故直线l的斜率为43.
4.A 设点M(x1,y1),N(x2,y2),
由y=kx+m,x22-y2=1,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=4km1-2k2>0,x1x2=-2(m2+1)1-2k2>0.
设MN的中点为G(x0,y0),则x0=2km1-2k2,y0=m1-2k2.
所以kAG=1+m-2k22km.
由题意,可知AG⊥MN,所以1+m-2k22km·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.C 设A(x1,y1),B(x2,y2),∵AF=3FB,
∴y1=-3y2.设直线l的方程为x=my+1,
由y2=4x,x=my+1消去x,得y2-4my-4=0,∴y1y2=-4,
∴y1=23,y2=-233,∴y1+y2=4m=433,
∴m=33.∴x1+x2=103,AB的中点坐标为(53,233).
∴过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y-233=-33x-53,令y=0,可得x=113,即G113,0,
∴S△ABG=12×113-1×23+233=3239.
6.(1,5) 由题意得ba<2,∴e=ca=a2+b2a2<1+4=5.
∵e>1,∴17.3 设直线OP的方程为y=kx(k≠0),
由y=kx,y2=2px,解得P2pk2,2pk,
由y=kx,y2=8px,解得Q8pk2,8pk,
∴|OP|=4p2k4+4p2k2=2p1+k2k2,
|PQ|=36p2k4+36p2k2=6p1+k2k2,
∴S△ABQS△ABO=|PQ||OP|=3.
8.x24−y22=1 3 由双曲线与椭圆x29+y23=1有相同的焦点,可设双曲线的方程为x2a2−y26-a2=1,
又双曲线以x+2y=0为其一条渐近线,所以6-a2a2=12,
解得a2=4.
所以双曲线的方程为x24−y22=1.
右焦点坐标为(6,0),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-6),代入双曲线方程得(2k2-1)x2-46k2x+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=46k22k2-1,x1x2=12k2+42k2-1,
所以弦长为1+k2(x1+x2)2-4x1x2=4(1+k2)|2k2-1|=4,
解得k=0或k=±2.
故满足题意的弦有3条.
9.(1)解 由题意,得点Fp2,0,则4-00-p2=-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y2=8x,x=m(y-4),得y2-8my+32m=0,则Δ=64m2-128m>0,即m<0或m>2,y1+y2=8m,y1y2=32m.
由PA=λPB,AD=λDB,得y1-4=λ(y2-4),y-y1=λ(y2-y),
故(y1-4)(y2-y)=(y-y1)(y2-4),即y=2y1y2-4(y1+y2)y1+y2-8=4mm-1,所以y≠4.
又x=m(y-4),所以m=xy-4,所以y=4xy-4xy-4-1,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.
10.C 不妨令直线l的方程为y=bax,
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|=2r2.
在Rt△OFQ中,tan∠FOQ=|FQ||OQ|=ba,
∴|OQ|=ar2b.∴|ON|=|OQ|-|NQ|=r2a-bb,|OM|=|OQ|+|MQ|=r2a+bb.
又OM=λON(2≤λ≤5),
∴r2a+bb=λr2a-bb,
整理得λ=a+ba-b∈[2,5],
∴2a≥3b,a≤3b,
即4a2≥9b2,a2≤9b2,
即4a2≥9(c2-a2),a2≤9(c2-a2),
解得109≤c2a2≤139.
∴103≤e≤133.
11.BC 如图,设P(x0,y0),
则x02a2+y02b2=1,kPB1·kPB2=y0+bx0·y0-bx0=y02-b2x02=-b2a2,A不正确.
∵点P在圆x2+y2=b2外,∴x02+y02-b2>0,∴PB1·PB2=(-x0,-b-y0)·(-x0,b-y0)=x02+y02-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=2bsin∠B1PB2≤2bsin∠B1AB2=2bsin2∠OAB2=2b2aba2+b2=a2+b2a.
∴r≤a2+b22a,∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a,C正确.
直线PB1的方程为y+b=y0+bx0x,直线QB2的方程为y-b=y0-b-x0x,两式相乘可得y2-b2=y02-b2-x02x2,
可化为y2b2−x2a2=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.
12.D 设椭圆的长轴、短轴、焦距分别为2a,2b,2c(a>b>0,c>0),不妨设椭圆的焦点在x轴上,中心在坐标原点,显然x=±a,y=±b均为椭圆的切线,即(a,b),(a,-b),(-a,b),(-a,-b)均在蒙日圆上,根据对称性分析可得,蒙日圆的圆心为坐标原点,半径R=a2+b2,则椭圆方程为x2a2+y2b2=1.设椭圆上任一点P(acs θ,bsin θ),F1(-c,0),F2(c,0),则PF1=(-c-acs θ,-bsin θ),PF2=(c-acs θ,-bsin θ),可得PF1·PF2=(-c-acs θ)(c-acs θ)+(-bsin θ)·(-bsin θ)=a2cs2θ-c2+b2sin2θ=(a2-b2)cs2θ-c2+b2(sin2θ+cs2θ)=c2cs2θ+b2-c2.注意到c2>0,cs2θ∈[0,1],故PF1·PF2=c2cs2θ+b2-c2≥b2-c2,当且仅当cs2θ=0时,等号成立,即PF1·PF2的最小值为b2-c2,故b2-c2=15R2=15(a2+b2),整理得4b2-5c2=a2,即4(a2-c2)-5c2=a2,整理得c2a2=13,即e=ca=33.
13.2 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y=k(x-1),y2=4x,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=2k2+4k2,x1x2=1.
由y=k(x-1),y2=4x,消去x得y2=41ky+1,
即y2-4ky-4=0,
则y1+y2=4k,y1y2=-4.
因为∠AMB=90°,
所以有MA·MB=(x1+1,y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1=0,①
将x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1与y1+y2=4k,y1y2=-4代入①,得k=2.
14.x-2y+1=0 由已知得s+t=19(s+t)ms+nt=19m+n+mts+nst≥19(m+n+2mn)=19(m+n)2.
因为s+t的最小值是49,
所以19(m+n)2=49,
m+n=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x1+x22=y1+y22=1,即x1+x2=y1+y2=2.①
又该两点在双曲线上,则有x124−y122=1,x224−y222=1,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)4−(y1+y2)(y1-y2)2=0.②
由①②得y1-y2x1-x2=12,即所求直线的斜率是12,
所以所求直线的方程是y-1=12(x-1),
即x-2y+1=0.
15.(1)解 由已知得c=2,e=ca=63,所以a=3,所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为x23+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-2),即kx-y-2k=0.
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,可得|2k|k2+1=1,解得k=±1.
由y=±(x-2),x23+y2=1,可得4x2-62x+3=0,所以x1+x2=322,x1x2=34,
所以|MN|=1+1·(x1+x2)2-4x1x2=3.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|b|k2+1=1,所以b2=k2+1.
由y=kx+b,x23+y2=1,可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,
所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1x2=3b2-31+3k2,
所以|MN|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·-6kb1+3k22-4·3b2-31+3k2
=1+k2·24k21+3k2=3,
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以k=1,b=-2或k=-1,b=2,所以直线MN:y=x-2或y=-x+2,
所以直线MN过点F(2,0),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|=3.
16.解 (1)设F1,F2分别为(-c,0),(c,0),
可得ca=2,b2=c2-a2=3a2,
又点1,32在双曲线C上,
∴1a2−94b2=1,
又a>0,b>0,
∴a=12,c=1.
由题意易知四边形PF1QF2为平行四边形.
∴|PF1|+|PF2|=22>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x22+y2=1(y≠0).
(2)∵x12+x22=2,x122+y12=1,x222+y22=1,∴y12+y22=1.
∴|OG|·|MN|=(x1-x2)2+(y1-y2)2·x1+x222+y1+y222=123-2x1x2-2y1y2·3+2x1x2+2y1y2≤123-2x1x2-2y1y2+3+2x1x2+2y1y22=32,
当3-2x1x2-2y1y2=3+2x1x2+2y1y2,
即x1x2+y1y2=0时取等号,
所以|OG|·|MN|的最大值为32,此时OM⊥ON,即△OMN为直角三角形.
17.(1)解 设椭圆的半焦距为c,
由题意可得e=ca=1-b2a2=32,所以a=2b.①
因为双曲线x24-y2=1的渐近线方程为y=±12x,
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t2+(2t)2=102,即t2=12.
因为点P在椭圆上,所以4t2a2+t2b2=1,即2a2+12b2=1.②
由①②可得a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为x24+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x124+y12=1,x224+y22=1,
所以y12=1-x124,y22=1-x224,所以k1k2=y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=y12-y22x12-x22=1-x124-1-x224x12-x22=-14.
②可设k1>0,k2<0,因为k1+k2=0,k1k2=-14,
所以k1=12,k2=-12.
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=12x+m,DN的方程为y=-12x+n.
由y=12x+m,x2+4y2=4,可得x2+2mx+2m2-2=0,
所以x1x2=2m2-2.
由y=-12x+n,x2+4y2=4,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.
18.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=43,a=3,
∴椭圆E的方程为x23+y2b2=1.
将P1,233代入得b2=2,
∴椭圆E的方程为x23+y22=1.
(2)由(1)可知c2=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x23+y22=1,x=my+1,消去x,整理得(2m2+3)y2+4my-4=0.
设点A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=-4m2m2+3,y1y2=-42m2+3.
不妨设y1>0,y2<0,
则|AF2|=(x1-1)2+y12=(my1+1-1)2+y12=m2+1·|y1|=m2+1·y1.
同理|BF2|=m2+1·|y2|=-m2+1·y2.
所以1|AF2|+1|BF2|=1m2+1·y1+1-m2+1·y2=1m2+11y1-1y2
=1m2+1·y2-y1y1y2=1m2+1·-|y2-y1|y1y2
=1m2+1·-16m2+16(2m2+3)2m2+3-42m2+3
=1m2+1·43(m2+1)4=3,
即|AF2|+|BF2|=3|AF2|·|BF2|.
所以存在实数λ=3,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立.