第二章 专题强化练9 直线与圆锥曲线的综合问题（含答案解析）-人教 B版高二上册数学（选必一）

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专题强化练9　直线与圆锥曲线的综合问题1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是(　　)A.11　　　　B.12　　　　C.13　　　　D.142.(多选题)已知双曲线C:x2-y23=1,F1,F2为双曲线的左、右焦点,若直线l过点F2,且与双曲线的右支交于M,N两点,则下列说法正确的是(　　)A.双曲线C的离心率为3B.若l的斜率为2,则MN的中点为(8,12)C.若∠F1MF2=π3,则△MF1F2的面积为33D.使△MNF1为等腰三角形的直线l有3条3.(多选题)已知F1,F2分别为椭圆C:x22+y2=1的左、右焦点,不过原点O且斜率为1的直线l与椭圆C交于P,Q两点,则下列结论正确的是(　　)A.椭圆C的离心率为22B.椭圆C的长轴长为2C.若点M是线段PQ的中点,则MO的斜率为-12D.△OPQ的面积的最大值为224.已知双曲线x22−y2b2=1(b>0)的右焦点到其一条渐近线的距离等于2,抛物线y2=2px(p>0)的焦点与双曲线的右焦点重合,则抛物线上一动点M到直线l1:4x-3y+8=0和l2:x=-3的距离之和的最小值为(　　)A.115　　　　B.145　　　　C.165　　　　D.2155.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1,若直线l:y=kx,k∈33,3与双曲线C交于M,N两点,且MF1⊥NF1,则双曲线C的离心率e的取值范围是(　　)A.(1,2)　　　　 B.[2,2)C.[2,3+1]　　　　D.(2,3+1]6.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点P(4,6),且离心率为2.(1)求C的方程;(2)过点P作y轴的垂线,交直线l:x=1于点M,交y轴于点N.设点A,B为双曲线C上的两个动点,直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,若k1+k2=2,求S△MABS△NAB.7.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作直线l,交椭圆于A,B两点,△F2AB的周长为8,且椭圆经过点3,32.(1)求椭圆的方程;(2)过坐标原点O作直线l的垂线,交椭圆于P,Q两点,试判断1|AB|+4|PQ|2是不是定值,若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.8.已知椭圆C1:x24+y23=1和抛物线C2:y2=-2px(p>0),点F为C1的右焦点,点H为C2的焦点.(1)过点F作C2的切线,切点为S,|SH|=54,求抛物线C2的方程;(2)过点H的直线l交C2于P,Q两点,点M满足OQ=−2OM(O为坐标原点),且点M在线段x=1-320,x4>0,y40,即m20)的渐近线方程为bx±2y=0,右焦点坐标为(2+b2,0),依题意得b2+b2b2+2=2,解得b=2,所以抛物线的焦点为(2,0),故p=4,所以抛物线的方程为y2=8x,准线方程为x=-2.由4x-3y+8=0,y2=8x,消去x并整理,得y2-6y+16=0,因为Δ=62-4×163,所以e=1+b2a2>2,所以20,x1+x2=2km3-k2,x1x2=−m2+123-k2,所以k1+k2=y1-6x1-4+y2-6x2-4=(kx1+m-6)(x2-4)+(kx2+m-6)(x1-4)(x1-4)(x2-4)=2,整理,得(m-4k+2)(x1+x2)+(2k-2)x1x2-8m+16=0,所以(m-4k+2)·2km3-k2+(2k-2)·-m2+123-k2-8m+16=0,化简得m2-12m-8k2-12k+2km+36=0,即(m-2k-6)(m+4k-6)=0.因为直线AB不过点P(4,6),所以m+4k-6≠0,所以m-2k-6=0,即m=2k+6,所以直线AB的方程为y=k(x+2)+6,恒过点(-2,6).②若直线AB的斜率不存在,则x1=x2,y1+y2=0,所以k1+k2=y1-6x1-4+y2-6x2-4=y1+y2-12x1-4=-12x1-4=2,所以x1=x2=-2,所以直线AB的方程为x=-2,过定点(-2,6).综上,直线AB恒过点(-2,6)(记为Q). 设点M到直线AB的距离为d1,点N到直线AB的距离为d2,则S△MABS△NAB=12·|AB|·d112·|AB|·d2=d1d2=|MQ||NQ|=32.解法二:因为直线AB不过点P(4,6),所以可设直线AB的方程为m(x-4)+n(y-6)=1.由x24−y212=1得[(x-4)+4]24−[(y-6)+6]212=1,所以(y-6)2-3(x-4)2+12(y-6)-24(x-4)=0,所以(y-6)2-3(x-4)2+[12(y-6)-24(x-4)]·[m(x-4)+n(y-6)]=0,所以(12n+1)(y-6)2+(12m-24n)(x-4)(y-6)-(24m+3)(x-4)2=0,所以(12n+1)y-6x-42+(12m−24n)y-6x-4-(24m+3)=0.Δ=(12m-24n)2+4(12n+1)(24m+3)>0,所以k1+k2=y1-6x1-4+y2-6x2-4=−12m-24n12n+1=2,解得m=-16,所以直线AB的方程为-16(x-4)+n(y-6)=1,即-(x+2)+6n(y-6)=0,恒过点(-2,6)(记为Q).下同解法一.7.解析　(1)由题意得4a=8,则a=2.∵椭圆经过点3,32,∴(3)2a2+322b2=1,∴b=3(负值舍去),∴椭圆的方程为x24+y23=1.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,代入x24+y23=1得y2=94,所以|AB|=3,|PQ|=4,则1|AB|+4|PQ|2=13+14=712.当直线l的斜率存在时,设直线AB:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),将y=k(x+1)代入x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,∴|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k264k4(3+4k2)2+48-16k23+4k2=41+k24k4+(3-k)2(3+4k2)(3+4k2)2=41+k29+9k2(3+4k2)2=12(k2+1)3+4k2.由AB⊥PQ,得直线PQ:y=-1kx,代入x24+y23=1中,整理得(3k2+4)x2-12k2=0,∴x3+x4=0,x3x4=-12k24+3k2,∴|PQ|=1+1k2·|x3-x4|=1+1k2-4x3x4=43k2+14+3k2.∴1|AB|+4|PQ|2=4k2+312(k2+1)+4(k2+4)48(k2+1)=7(k2+1)12(k2+1)=712.综上所述,1|AB|+4|PQ|2=712,为定值.8.解析　(1)由题意可知F(1,0),H-p2,0.设切线方程为y=k(x-1),联立切线方程与抛物线方程可得k2x2-(2k2-2p)x+k2=0.(*)令Δ=(2k2-2p)2-4k4=-8k2p+4p2=0,所以p=2k2,则方程(*)可化为x2+2x+1=0,所以x=-1,所以S(-1,±2p),故|SH|=-1+p22+2p=54,所以p=12,所以抛物线C2的方程为y2=-x.(2)设直线PQ的方程为x=-p2+ty,Q-y022p,y0,联立直线PQ的方程与抛物线的方程可得y2+2pty-p2=0,故yP+yQ=-2pt,yPyQ=-p2,从而yp=-p2yQ=-p2y0.因为OQ=−2OM,所以xM=-12xQ=y024p=1,即y02=4p,yM=−12yQ=−12y0.因为-32