新高考数学之圆锥曲线综合讲义第19讲共线向量问题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学之圆锥曲线综合讲义第19讲共线向量问题(原卷版+解析)，共19页。学案主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
2．如图，已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点、.
（1）求直线的斜率的取值范围；
（2）设为原点，直线交轴于，直线交轴于，，，求证：为定值.
3．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，且短轴长为2，离心率等于.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若，
求证：为定值.
4．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为且过椭圆右焦点的直线交椭圆于、两点，与共线．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为椭圆上任意一点，且，证明：为定值．
5．已知焦点在x轴上，离心率为的椭圆的一个顶点是抛物线的焦点，过椭圆右焦点F的直线l交椭圆于A、B两点，交y轴于点M，且
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：为定值．
6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,0)，离心率e=12，右焦点为F．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，若PA=mAF，PB=nBF，求证：m+n为定值．
7．已知椭圆：，点在的长轴上运动，过点且斜率大于0的直线与交于两点，与轴交于点.当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，.
（1）求椭圆的方程；
（2）当均不重合时，记，，若，求证：直线的斜率为定值.
8．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；
（2）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足，求的取值范围.
9．已知双曲线C：与直线l：x + y = 1相交于两个不同的点A、B
(I) 求双曲线C的离心率e的取值范围；
(Ⅱ) 设直线l与y轴交点为P，且，求的值．
10．给定抛物线C：y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线与C相交于A、B两点．
(1)设的斜率为1，求与夹角的余弦值；
(2)设，若∈[4，9]，求在y轴上截距的变化范围．
第19讲 共线向量问题
一、解答题
1．已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【详解】
分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得kb>0)过点M(2,0)，∴a=2，
又∵e=12，∴c=1，则b=a2−c2=3．
∴椭圆的方程为x24+y23=1；
(2)证明：方法1、由题意知，F(1,0)，可知直线AB的斜率存在，设其方程为y=k(x−1)，
则P(0,−k)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1≠1，x2≠1．
由PA=mAF，得(x1,y1+k)=m(1−x1,−y1)，∴m=x11−x1，
由PB=nBF，得(x2,y2+k)=n(1−x2,−y2)，∴n=x21−x2，
联立y=k(x−1)x24+y23=1，得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0．
∴x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3．
故m+n=x11−x1+x21−x2=x1+x2−2x1x21−(x1+x2)+x1xx2=8k24k2+3−2⋅4k2−124k2+31−8k24k2+3+4k2−124k2+3=24−9=−83；
方法2、由题意知，F(1,0)，m≠1，n≠1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,y0)，
由PA=mAF，得(x1,y1−y0)=m(1−x1,−y1)，
∴x1=mm+1，y1=y0m+1，故A(mm+1,y0m+1)，
∵A点在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，∴14(mm+1)2+13(y0m+1)2=1．
整理得：9m2+24m+12−4y02=0．
同理，由PB=nBF，得9n2+24n+12−4y02=0．
由此可得，m，n是关于x的一元二次方程9x2+24x+12−4y02=0的两个实数根．
∴m+n=−249=−83．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属中档题．
7．已知椭圆：，点在的长轴上运动，过点且斜率大于0的直线与交于两点，与轴交于点.当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，.
（1）求椭圆的方程；
（2）当均不重合时，记，，若，求证：直线的斜率为定值.
【答案】（1）（2）见证明
【解析】
【分析】
（1）根据特殊情况当为的右焦点且的倾斜角为时，重合，，可得到的值；
（2）设出直线l，求出点M、N，设出点P、Q，利用条件，得出与的关系、与的关系，根据条件，得出.，再借助韦达定理对求解出的值，进而得到斜率.
【详解】
解：（1）因为当为的右焦点且的倾斜角为时，，重合，，
所以
故，
因为，
因此，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
所以，，所以.
因为斜率大于0，
所以，
设，，
则，，
由得，，①
同理可得，②
①②两式相乘得，，
又，所以，
所以，
即，
即
由题意，知，
所以.
联立方程组，
得，
依题意，
所以，又，
所以，
因为，
故得，
所以，即直线的斜率为.
【点睛】
本题考查了直线与椭圆的位置关系的问题，求解本题时应大胆多设变量，小心化简，通过一定的手段（设而不求、韦达定理等）进行减元，将多变量问题转化为少变量（单变量）问题.
8．如图所示，已知圆为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；
（2）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足，求的取值范围.
【答案】；．
【解析】
解：（I）
∴NP为AM的垂直平分线，
又
∴动点N的轨迹是以点C（-1，0），A（1，0）为焦点的椭圆
且椭圆长轴长为
∴曲线E的方程为…………4分
（II）当直线GH斜率存在时，
设直线CH方程为
代入椭圆方程，
得
…………6分
设
则
又
…………10分
又当直线GH斜率不存在，方程为
即所求的取值范围是…………12分
9．已知双曲线C：与直线l：x + y = 1相交于两个不同的点A、B
(I) 求双曲线C的离心率e的取值范围；
(Ⅱ) 设直线l与y轴交点为P，且，求的值．
【答案】，
【解析】
解：（Ⅰ）由曲线C与直线相交于两个不同的点，知方程组有两个不同的解，消去Y并整理得： ①……………2分
双曲线的离心率……………………………………5分
∵∴…………………………………6分
即离心率e的取值范围为．…………………………7分
（Ⅱ）设
∵,∴，得…………9分
由于是方程①的两个根，∴
即，
得，………………………………………………………………12分
解得．…………………………………………………………………14分
10．给定抛物线C：y2＝4x，F是C的焦点，过点F的直线与C相交于A、B两点．
(1)设的斜率为1，求与夹角的余弦值；
(2)设，若∈[4，9]，求在y轴上截距的变化范围．
【答案】（1）；（2）在y轴上截距的变化范围：.
【解析】
试题分析：（1）先根据抛物线方程求得焦点的坐标，进而可求得直线l的方程，代入抛物线方程消去x，设出A，B的坐标，根据韦达定理，结合平面向量的数量积运算，可求与夹角的余弦值；（2）得关于x2和y2的方程组，进而求得x2=λ．得到B的坐标，根据焦点坐标可得直线的方程，进而求得直线在y轴上的截距，判断g（λ）在[4，9]上是递减的在[4，9]上是递减的，即可得到答案．
详解：
（1）C的焦点为F（1，0），直线l的斜率为1，∴l的方程为y=x﹣1．
将y=x﹣1代入方程y2=4x，整理得x2﹣6x+1=0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则有x1+x2=6，x1x2=1，y1+y2=4，y1y2=﹣4．
∴cs＜，＞===﹣．
∴与夹角的余弦值为﹣．
（2）由题设得（x2﹣1，y2）=λ（1﹣x1，﹣y1），
即x2﹣1=λ（1﹣x1）①，y2=﹣λy1②
由②得y22=λ2y12，
∵y12=4x1，y22=4x2
，∴x2=λ2x1③
联立①③解得x2=λ．依题意有λ＞0．
∴B（λ，2）或B（λ，﹣2），
又F（1，0），
得直线l的方程为（λ﹣1）y=2（x﹣1）或（λ﹣1）y=﹣2（x﹣1）
当λ∈[4，9]时，l在y轴上的截距为或﹣，
设g（λ）=，λ∈[4，9]，
可知g（λ）=在[4，9]上是递减的，
∴≤≤，或﹣≤﹣≤﹣，
即直线l在y轴上截距的变化范围为≤≤，或﹣≤﹣≤﹣．
点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．