新高考数学一轮复习专题八平面解析几何8-5直线与圆锥曲线的位置关系练习课件

这是一份新高考数学一轮复习专题八平面解析几何8-5直线与圆锥曲线的位置关系练习课件，共60页。
1. (多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2, 0)的距离与到定直线x=a(a0),点P1(5, 4)在C上,k为常数,00)相切,证明:M,N,F三点共线的充要 条件是|MN|= .
  解析    (1)由题意得 解得 故椭圆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,不符合题意;当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).①先证必要性.因为M,N,F三点共线,F( ,0),
所以设直线MN:x=my+ ,即x-my- =0,由题意知O(0,0)到直线MN的距离d= =1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y- =0,根据对称性,不妨令直线MN:y=x- .联立 消去y整理得4x2-6 x+3=0.故x1+x2= ,x1x2= ,所以|MN|= ·|x1-x2|= × = ,即必要性成立.
 ②再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.由题意得 =b=1,即t2=1+k2.
由 消去y整理,得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,则x1+x2=- ,x1x2= ,所以|MN|= = = = .
因为|MN|= ,所以 =1,解得k2=1,则t2=2.因为x1+x2=- >0,即ktb>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为 .(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
  解析    (1)由题意可知直线AM的方程为y-3= (x-2),即x-2y=-4,当y=0时,解得x=-4,所以a=4,由椭圆C: + =1(a>b>0)过点M(2,3),可得 + =1,解得b2=12,所以C的方程为 + =1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的 直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.
 联立 消去x得16y2+12my+3m2-48=0,所以Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,两平行线(直线AM与直线x-2y=8)之
间的距离为d= = ,|AM|= =3 .所以△AMN的面积的最大值为 ×3 × =18.
4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2 ,0),离心率为 .(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二 象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
  解析    (1)设双曲线的方程为 - =1(a>0,b>0),由题意可知c=2 ,又离心率e= = ,∴a=2,∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为 - =1.(2)证法一:由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).
联立 消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,∴y1+y2= ,y1y2= ,∴my1y2= (y1+y2).易知直线MA1的方程为y= (x+2)= (x+2),①直线NA2的方程为y= (x-2)= (x-2),②联立①②可得, (x+2)= (x-2),∴ = = =- ,
∴x=-1,∴点P在定直线x=-1上.证法二:由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由 得(4m2-1)y2-32my+48=0,由根与系数的关系知,y1+y2= ,y1y2= .易知直线MA1的方程为y= (x+2),①
直线NA2的方程为y= (x-2),②由①②得 (x+2)= (x-2),两边同时乘y2得, (x+2)= (x-2),又点N(x2,y2)在双曲线 - =1上,∴ =4( -4).∴ (x+2)= (x-2),即y1y2(x+2)=4(x1+2)(x2+2)(x-2),③又∵x=my-4,∴(x1+2)(x2+2)=(my1-2)(my2-2)=m2y1y2-2m(y1+y2)+4,
∴③式可化为 (x+2)=4  -2m· +4 ·(x-2),即 (x+2)=4· ·(x-2),即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.∴点P在定直线x=-1上.
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点A(-2,0)在C上.(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN 的中点为定点.
  解析    (1)由已知条件得b=2,又e= = = = ,∴a2=9,∴C的方程为 + =1.(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线l的斜率存在且不为零,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3, 令t=2k+3,则l:y=kx+t①,联立 消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2= ,x1x2= ,
易知直线AP的方程为y= (x+2).令x=0,得yM= ,同理可得yN= ,则 = + = + = = = = = = =3.
∴线段MN的中点过定点(0,3).
解题技巧　　解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程, 减少了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且 过A(0,-2),B 两点.(1)求E的方程; (2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点 H满足 = .证明:直线HN过定点.
  解析    (1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)(巧设椭圆方程).由题意可得 解得 故椭圆E的方程为 + =1.(2)由A(0,-2),B 可得直线AB的方程为y= x-2.①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,(易错点:不考虑斜率是否存在, 直接设直线方程)与方程 + =1联立,可得y=± ,结合题意可知N ,M ,由 
得 则T ,由 = ,得 则H ,所以直线HN的方程为y= x-2,易知直线HN过点(0,-2);②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).
联立 得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2= ,x1x2= ,y1+y2= ,y1y2= ,x1y2+x2y1= .联立 可得T ,由 = ,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2= (x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即2× -6× + -3× -12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2).综上,直线HN过定点(0,-2).
名师点睛　　求定点、定值问题常见的方法有两种:①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(- ,0),F2( ,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= 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.
  解析    (1)由题意知|F1F2|=2 ,因为|MF1|-|MF2|=20,b>0,x≥a),则2a=2,2c=2 ,解得a=1,c= ,则b2=c2-a2=( )2-12=16,所以M的轨迹C的方程为x2- =1(x≥1).(2)如图,设T ,直线AB的方程为y-m=k1 ,由 消去y得(16- )x2
+( -2k1m)x-  +k1m-m2-16=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= ,x1x2= ,因为T ,
所以|TA|= = = =   ,同理|TB|=   ,所以|TA|·|TB|=(1+ )  =(1+ ) x1x2- (x1+x2)+  
=(1+ )  - × +  =(1+ ) = .设直线PQ的方程为y-m=k2 ,同理得|TP|·|TQ|= ,因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以 = ,即 = ,(1+ )( -16)=(1+ )( -16),化简得 = ,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
  解析    (1)由题设得 + =1, = ,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为 + =1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入 + =1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=- ,x1x2= (根与系数的关系).①由AM⊥AN知 · =0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)·(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m
-1)2+4=0.将①代入上式可得(k2+1) -(km-k-2) +(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程为y=k - (k≠1).所以直线MN过点P .若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x1,-y1).
由 · =0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又 + =1,所以3 -8x1+4=0.解得x1=2(舍去)或x1= .此时直线MN过点P .令Q为AP的中点,即Q .若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|= |AP|= .若D与P重合,则|DQ|= |AP|.
综上,存在点Q ,使得|DQ|为定值.
9.(2023新课标Ⅰ,22,12分,难)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点 的距离,记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3 .
  解析    (1)设P(x,y),由题意得 =|y|,整理得x2-y+ =0,因此W的方程为y=x2+ .(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示. 设B ,A ,C ,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为- (k≠0),
直线AB,BC的方程分别为y- =k(x-x0),y- =- (x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+ + ,y=- + + + ,联立直线AB与抛物线W的方程可得 消去y得x2-kx+kx0- =0,则Δ=k2-4kx0+4 =(k-2x0)2>0,k≠2x0.由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0- ,∴|AB|= ·|x1-x0|= · = |k-2x0|.
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+ x- x0- =0,且|BC|= ·|x2-x0|= · =  ,∴|AB|+|BC|= |k-2x0|+  .由对称性不妨设0  = ,令t=k2,则t∈(0,1],
则 = ,令g(t)= ,t∈(0,1],则g'(t)= = ,当0 ≥ = .∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>3 .
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=± x.(1)求C的方程;(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y 1>0.过P且斜率为- 的直线与过Q且斜率为 的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
  解析    (1)由题意知 解得 ∴C的方程为x2- =1.(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,设其方程为y=kx+b,由 得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,由Δ>0,得b2+3-k2>0,
∴x1+x2= ,x1x2= ,∵x1>x2>0,∴3-k2b>0)相交于A,B两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D. 
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线 - =1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则双曲线的离心率为　    2　    .
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切线的方程为x+y=7,则C的离心率e=　     　    .
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点, 则线段AB中点M的轨迹方程为　    y2=2(x-4)　    .
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y= x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2 024的直线的条数是 (　    )A.4 035　    B.4 036　    C.4 037　    D.4 038
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y= x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率 为 (　    )A.± 　    B.± 　    C.± 　    D.± 
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为 的直线与C交于A、B两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为 (　    )A. 　    B. 　    C. 　    D.16
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C: + =1(a>b>0)交于A,B两点,点T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB 的外心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k1,k2,k3,若k1k2k3=- ,则椭圆C的离心率为　     　    .
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线C1:y2=2x,C2:y2=-4x的焦点分别为F1,F2,一 条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于点A,B,若|AF1|=|BF2|,则四边形ABF2F1的面积为          　    .
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那 么实数k的取值范围是　     ∪ ∪ 　    .
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆 + =1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与该椭圆交于A,B两点,若线段AF2的中垂线过点F1,则|BF2|=　     　    .
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆 的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.(1)求椭圆C的焦点坐标;(2)求圆Q的方程;(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.
  解析    (1)椭圆的标准方程为 + =1, -9= ,所以焦点坐标为 . (3分)(2)将x=-1代入椭圆方程9x2+8y2=81得y=±3,由对称性不妨令M(-1,3),N(-1,-3),则直线MT 的方程为y= (x-3),即3x+4y-9=0. (4分)设圆Q的方程为(x-t)2+y2=r2,r>0,由于内切圆Q在△TMN的内部,所以-10)的实轴长为2 ,右焦点F2到一条渐近线的距离为1.(1)求C的方程;(2)过C上一点P1(3, )作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形 RSMN的面积;(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
  解析    (1)因为实轴长为2 ,所以a= , (1分)取C的一条渐近线为y= x,则有 =b=1, (3分)所以双曲线C的方程为 -y2=1. (4分)(2)由题意可知四边形MNRS为平行四边形,其面积S▱MNRS=4S△ORS, (5分)由题意可知直线l1的斜率存在,设直线l1:y=kx+t,t= -3k,且k≠± ,联立 消去y并整理得(1-3k2)x2-6ktx-3t2-3=0, (6分)
因为直线l1与双曲线C相切,所以 得3k2=t2+1,即2k2-2 k+1=0,所以k= ,直线l1的方程为x- y-1=0, (7分)设直线l1与y= x的交点为R,与y=- x的交点为S,联立 得xR=3+ , (8分)同理得xS=3- , (9分)
则|RS|= |xR-xS|= |xR-xS|=6, (10分)因为原点O到直线l1的距离d= = , (11分)所以S△ORS= ×6× = ,所以S▱MNRS=4S△ORS=4 . (12分)(3)设Q(x0,y0),则 - =1,不妨设Q到直线y= x的距离为|QH1|= =  , (13分)
同理|QH2|=  , (14分)所以|QH1|·|QH2|=  = ①,|QH1|+|QH2|=2②, (15分)由①②解得 或  (16分)解得 或 或 或 
所以存在点Q 或Q 或Q 或Q ,使得|QH1|+|QH2|=2成立. (17分)
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上, = .点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k1,k2.(1)求C的方程;(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k1+k2)-2k1k2=4恒成立,请求出满足条件的所有点Q 的坐标;(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
  解析    (1)F ,设A ,则 = = , (1分)所以 得2p2-p-6=0,解得p=2或p=- (舍),所以抛物线C的方程为x2=4y. (4分)(2)设直线MN:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),联立 消去y得x2-4kx-4m=0.
所以Δ=16(k2+m)>0,x1+x2=4k,x1·x2=-4m.k1= = =k+ ,k2= = =k+ ,则k1+k2=2k+(m+2) =2k+(m+2) = , (5分)k1k2= = = . (6分)因为3(k1+k2)-2k1k2=4,所以3× -2× -4=0,
即(2k+m-2)(4k+m-2)=0,则m=2-2k或m=2-4k,能满足Δ>0. (8分)则MN:y=kx+2-2k=k(x-2)+2或MN:y=kx+2-4k=k(x-4)+2,所以定点Q的坐标为(2,2)或(4,2). (10分)(3)Q(4,2)在抛物线C的外部,当直线MN经过Q(4,2)时,MN不存在最小值; (11分)当直线MN过点Q(2,2)时,x2-4kx-4m=0化为x2-4kx-4(2-2k)=x2-4kx+8k-8=0,Δ=16(k2-2k+2)>0恒成立,x1+x2=4k,x1x2=8k-8,|MN|= |x1-x2|=  = · =4 . (13分)
令f(k)=k4-2k3+3k2-2k+2,则f '(k)=4k3-6k2+6k-2=2(2k-1)(k2-k+1),令f '(k)=0,得k= . (15分)当k0, f(k)在 上为增函数, (16分)所以当k= 时, f(k)有最小值,即|MN|有最小值.|MN|min=4× × =5. (17分)
(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C: + =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为 ,经过点F1且倾斜角为θ 的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方),△ABF2的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程.(2)如图,将平面xOy沿x轴折叠,使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负 半轴和x轴所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直.①若θ= ,求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值;
②是否存在θ ,使得折叠后△ABF2的周长与折叠前的周长之比为 ?若存在,求tan θ的值;若不存在,请说明理由.      
  解析    (1)由椭圆的定义知,|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,所以△ABF2的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8,所以a=2,又椭圆离心率为 ,所以 = ,所以c=1,b2=a2-c2=3,所以椭圆的标准方程为 + =1.(2)①建立以原x轴为x轴、原y轴为正半轴为y轴、原y轴负半轴为z轴的空间直角坐标 系,如图1,由θ= 知折叠前A(0, ),B .在折叠后的图形中对应的点记为A',B',则A'(0, ,0),B' ,F1(-1,0,0),F2(1,0,0),所以 =(-1,- ,0), = ,
设异面直线AF1和BF2所成角为φ,则cs φ=|cs|= = .      ②设折叠前A(x1,y1),B(x2,y2),在折叠后的图形中建立如图2所示的空间直角坐标系(原x 轴仍然为x轴,原y轴正半轴为y轴,原y轴负半轴为z轴),折叠后A,B在新图形中对应的点
记为A',B',则A'(x1,y1,0),B'(x2,0,-y2),折叠前△ABF2周长是8,则折叠后△A'B'F2周长是 .由|A'F2|+|B'F2|+|A'B'|= ,|AF2|+|BF2|+|AB|=8,故|AB|-|A'B'|= ,设直线l:my=x+1,联立 消去x得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=(-6m)2-4(3m2+4)(-9)=144m2+144>0,y1+y2= ,y1y2= .|A'B'|= ,|AB|= ,所以|AB|-|A'B'|= - = ,移项并平方整理后可得