新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 第3讲 直线与圆锥曲线的位置关系（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 第3讲 直线与圆锥曲线的位置关系（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析，跟踪练习等内容，欢迎下载使用。
一、考点透析
考点1 直线与圆锥曲线位置关系
1.(2025·江西省九江市·模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线与C交于A, B两点，A, B在准线上的投影分别为A′,B′，线段A′F, B′F分别交y轴于点M, N.若|MN|= 5，则p=( )
A. 12B. 2C. 2 153D. 5
【答案】B
【解析】解：抛物线的焦点F(p2,0)，准线x=−p2，令AA′,BB′与y轴的交点分别为D,E，
由，A ′D//OF，得M是线段A′F的中点，同理N是线段B′F的中点，
则，直线AB：y=2(x−p2)，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
由y=2(x−p2)y2=2px，消去x得y2−py−p2=0，则y1+y2=p,y1y2=−p2，
因此，
所以p=2．
故选：B．
2.(2025·安徽省蚌埠市·模拟)已知双曲线C:x2m−y22=1(m>0)的一条渐近线方程为x−2y=0，点F1，F2分别是C的左、右焦点，点A1，A2分别是C的左、右顶点，过点F2的直线l与C相交于P，Q点，其中点P在第一象限内，记直线PA1的斜率为k1，直线PA2的斜率为k2，则( )
A. 双曲线C的焦距为2 10B. |PF1|−|PF2|=4 2
C. |PQ|>4 2D. k1k2=14
【答案】ABD
【解析】解：因为双曲线C:x2m−y22=1(m>0)的一条渐近线方程为x−2y=0，
所以 2m=12，解得m=8，
所以c= 8+2= 10，所以双曲线C的焦距为2 10，A正确；
易知a2=8，所以a=2 2，所以|PF1|−|PF2|=4 2，B正确；
双曲线的方程为x28−y22=1，x= 10时，y=± 22，此时|PQ|= 2，C错误；
设P(x,y)，k1k2=−y−2 2−x×−y2 2−x=y2−8+x2=14，D正确．
故选：ABD．
考点1 中点弦问题
1．已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，虚轴的上端点为B，点P，Q在双曲线上，且点M(－2，1)为线段PQ的中点，PQ∥BF，双曲线的离心率为e，则e2等于( )
A． eq \f(\r(2)＋1,2) B． eq \f(\r(3)＋1,2)
C． eq \f(\r(2)＋2,2) D． eq \f(\r(5)＋1,2)
【答案】A.
【解析】法一：由题意知F(c，0)，B(0，b)，则kPQ＝kBF＝－ eq \f(b,c) .
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,b2)＝1，,\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,a2)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,b2)＝1，)) 两式相减，得 eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）) .
因为线段PQ的中点为M(－2，1)，所以x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，
又kPQ＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(b,c) ，所以－ eq \f(b,c) ＝－ eq \f(4b2,2a2) ，整理得a2＝2bc，
所以a4＝4b2c2＝4c2(c2－a2)，即4e4－4e2－1＝0，得e2＝ eq \f(\r(2)＋1,2) 或e2＝ eq \f(1－\r(2),2) (舍去).
法二：由题意知F(c，0)，B(0，b)，则kBF＝－ eq \f(b,c) .
设直线PQ的方程为y－1＝k(x＋2)，即y＝kx＋2k＋1，
代入双曲线方程，得(b2－a2k2)x2－2a2k(2k＋1)x－a2(2k＋1)2－a2b2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－4，所以 eq \f(2a2k（2k＋1）,b2－a2k2) ＝－4，
又k＝kBF＝－ eq \f(b,c) ，所以2a2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c)))＋1)) ＝－4b2＋4a2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,c))) eq \s\up12(2) ，整理得a2＝2bc，
所以c2－b2－2bc＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b))) eq \s\up12(2) － eq \f(2c,b) －1＝0，得 eq \f(c,b) ＝ eq \r(2) ＋1或 eq \f(c,b) ＝1－ eq \r(2) (舍去)，
则e2＝ eq \f(c2,a2) ＝ eq \f(c2,c2－b2) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,b)))\s\up12(2)－1) ＝ eq \f(（\r(2)＋1）2,（\r(2)＋1）2－1) ＝ eq \f(\r(2)＋1,2) .
2.(2025·重庆市·模拟)在平面直角坐标系xOy中，点F1是椭圆E:x24+y2=1的左焦点，点A,B分别是E的左、右顶点，直线l与椭圆E相交于M,N两点，则( )
A. 若直线l经过点F1，则|MN|的最小值为1
B. 若线段MN的中点坐标为1,12，则直线l的斜率为−14
C. 若直线l经过坐标原点，则1MF1+9NF1≥4
D. 若点P在椭圆E上(点P与A,B不重合)，且∠PBA=2∠PAB，则tan∠APB=−139
【答案】ACD
【解析】解：对于A，
过左焦点的弦长最小值为通径长，
此时l:x=− 3，
代入椭圆方程得34+y2=1，解得y=±12，|MN|=1，故A正确；
对于B，设点M(x1,y1),点N(x2,y2)，点M,N在椭圆上，
则x124+y12=1，x224+y22=1，
两式相减得x1−x2x1+x24+y1−y2y1+y2=0，
∵MN的中点坐标为1,12，∴x1+x2=2,y1+y2=1，
∴y1−y2x1−x2=−x1+x24y1+y2=−24=−12，故B错误；
对于C，
由题可得：直线l经过坐标原点，椭圆E:x24+y2=1，F1− 3,0，F2 3,0，
由椭圆对称性NF1=MF2，所以MF1+NF1=MF1+MF2=4，
1MF1+9NF1=14MF1+NF11MF1+9NF1=1410+NF1MF1+9MF1NF1≥4，
当且仅当NF1MF1=9MF1NF1取得等号，NF1=3MF1=3，故C正确；
对于D，
设P(x,y)，根据对称性不妨取点P在第一象限，
由题可得：点A−2,0,B2,0，
则tan∠PBA=y2−x，tan∠PAB=yx+2，
∵∠PBA=2∠PAB，
∴tan∠PBA=tan2∠PAB=2tan∠PAB1−tan2∠PAB，
即y2−x=2yx+21−y2(x+2)2，整理得3x2−y2+4x−4=0，
又x24+y2=1⇒y2=1−x24，
代入得134x2+4x−5=0，解得P1013,1213，
∴tan∠PBA=34，tan∠PAB=13，
tan⁡∠APB=tan⁡[π−(∠PAB+∠PBA)]=−tan⁡(∠PAB+∠PBA)
=tan∠PAB+tan∠PBAtan∠PAB⋅tan∠PBA−1=34+1313×34−1=−139，
故D正确．
故选：ACD．
考点2 弦长、面积问题
1.(2025·天津市·模拟)抛物线C:y2=2px的焦点F恰好是圆(x−1)2+y2=1的圆心，过点F且倾斜角为45°的直线l与C交于不同的A，B两点，则以线段AB为直径的圆的标准方程为 ．
【答案】(x−3)2+(y−2)2=16
【解析】解：由题意知，焦点F(1,0)，则抛物线C:y2=4x，
直线l:y=x−1，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=x−1y2=4x消去y并整理得x2−6x+1=0，则x1+x2=6，
所以x1+x22=3,y1+y22=x1−1+x2−12=2，
所以|AB|=x1+x2+p=6+2=8，
则以线段AB为直径的圆的圆心为(3,2)，半径为|AB|2=4，
所以圆的标准方程为(x−3)2+(y−2)2=16．
故答案为：(x−3)2+(y−2)2=16．
2.(2025·河南省开封市·模拟)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的直线l交C于A,B两点，与l平行的直线交C于D,E两点，其中B,D在x轴上方，M,N分别为AB,DE的中点．
(1)当直线l不垂直于x轴时，证明：直线MN//x轴；
(2)若AN⊥BN，求DEAB；
(3)若AD⊥BE，求DEAB．
【答案】(1)见解析
(2) 3
(3)3
【解析】解：(1)抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0)，直线l不垂直于y，设其方程为x=ty+1，
直线DE方程为x=ty+m(m≠1)，A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4)，
由x=ty+1y2=4x，消去x得y2−4ty−4=0，则y1+y2=4t，y1y2=−4，
则点M(2t2+1,2t)，
由x=ty+my2=4x，消去x得y2−4ty−4m=0，则y3+y4=4t，y3y4=−4m，
则点N(2t2+m,2t)，
由直线l不垂直于x轴，得t≠0，
所以直线MN//x轴.
(2)
由(1)可得，|AB|= 1+t2⋅ (y1+y2)2−4y1y2=4(1+t2)，|MN|=|m−1|，
由AN⊥BN，得|MN|=12|AB|=2+2t2，即|m−1|=2+2t2，而m>0，解得m=3+2t2，
|DE|= 1+t2⋅ (y3+y4)2−4y3y4= 1+t2⋅ 16t2+16m=4 1+t2⋅ t2+m
=4 1+t2⋅ 3+3t2=4 3(1+t2)，
所以DEAB= 3．
(3)令AD,BE与MN分别交于点P,P′，设DEAB=λ，
由DE//AB，得NPPM=DNAM=λ，ENBM=NP′P′M=λ，即|MN||PM|=λ+1=|MN||P′M|，
则|PM|=|P′M|，故点P与P′重合，由AD⊥BE，得|MP|=12|AB|=2+2t2，
则|MN|=(1+λ)|MP|=(1+λ)(2+2t2)，即|m−1|=(1+λ)(2+2t2)，而m>0，
即m=(1+λ)(2+2t2)+1，由(2)已得DE=4 1+t2⋅ t2+m，
故可得：|DE|=4 1+t2⋅ t2+(1+λ)(2+2t2)+1=4 3+2λ⋅(1+t2)，
又AB=41+t2，则DE=λAB=4λ1+t2，
于是 3+2λ=λ，而λ>0，解得λ=3，
所以DEAB=3．
考点3 切线问题
1.(2025·山西省·模拟)已知过点M(2,1)的直线交抛物线C:y2=4x于A，B两点，过点A，B分别作抛物线C的切线，两条切线交于点P，则|PM|的最小值为( )
A. 7 55B. 5C. 2D. 15 1717
【答案】A
【解析】解：如图，设Ay124,y1，By224,y2，
由y2=4x，得y=2x12(不妨设y>0)，则y′=x−12，
所以抛物线C在点A的切线斜率为k=(y124)−12=2y1，
得抛物线C在点A的切线方程为y−y1=2y1(x−y124)，即y1y=2x+y124，
同理可得抛物线C在点B处的切线方程为y2y=2x+y224，
则y1y=2x+y124y2y=2x+y224，解得x=y1y24y=y1+y22，即Py1y24,y1+y22，
又因为直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
所以直线AB的方程为y−y1=4y1+y2x−x1，即y1+y2y=4x+y1y2，
将点M(2,1)代入直线AB的方程得：y1+y2=8+y1y2①，
设点P坐标为(x,y)，则①式可整理为：2y=8+4x，即2x−y+4=0，
所以点P的轨迹为一条直线，
所以线段PM的最小值为点M到直线y=2x+4的距离，
即为．
故选：A．
2.(2025·河南省焦作市·模拟)若过点A(1,1)的直线l与抛物线Γ:y2=4x交于B，C两点，以B，C为切点分别作Γ的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
【答案】2x−y+2=0
【解析】解：由题意知直线l不与y轴垂直，
设l的方程为x=ky+(1−k)，代入y2=4x中，整理得y2−4ky−4(1−k)=0，
设B(y124,y1)，C(y224,y2)，则y1+y2=4k，y1y2=−4(1−k)，
设过点B的抛物线的切线方程为x=m(y−y1)+y124，
代入y2=4x中，整理得y2−4my+4my1−y12=0，
则Δ=16m2−4(4my1−y12)=4(2m−y1)2=0，即2m=y1，
故过点B的抛物线的切线方程为x=y12(y−y1)+y124，即2x−y1y+y122=0，
同理可得过点C的抛物线的切线方程为2x−y2y+y222=0，
联立解得x=y1y24=k−1y=y1+y22=2k，消去k，得2x−y+2=0，
所以两条切线交点的轨迹方程为2x−y+2=0．
故答案为：2x−y+2=0．
二、跟踪练习
1.(2025·山西省晋城市·模拟)已知直线l:mx+ny−m=0(m,n不同时为0，m,n∈R)，⊙O:x2+y2=4，抛物线C:y2=4x的焦点为F，则( )
A. 直线l与⊙O恒有两个交点
B. 直线l被⊙O截得的最短弦长为2 3
C. ⊙O与抛物线C交于M,N两点，则|MN|=4 2
D. 当m=n=1时，直线l与抛物线C交于A,B两点，则|AF|−|BF|=2 2
【答案】AB
【解析】解：对于A，由直线l:m(x−1)+ny=0m,n∈R，知直线l恒过定点P(1,0)．
又点P在⊙O内，所以直线l与⊙O恒有两个交点，A正确；
对于B，易知当OP⊥l时，直线l被⊙O截得的弦最短，
此时x=1，最短弦长为2 22−12=2 3，B正确；
对于C，联立x2+y2=4y2=4x，得x2+4x−4=0，解得x=−2±2 2，
如下图所示：

结合图形知x=2 2−1，代入y2=4x得，y=±2 2 2−1，
所以|MN|=4 2 2−1，C错误；
对于D，易知直线l:x+y−1=0经过抛物线C:y2=4x的焦点F，
设Ax1,y1，Bx2,y2，联立y2=4x,x+y−1=0，整理得x2−6x+1=0，
则x1+x2=6.由抛物线的定义知，|AB|=x1+x2+p=8，
所以|AF|−|BF|=|AB|cs45°=4 2，D错误．
故选：AB．
2.(2025·河北省保定市·模拟)已知点M(3,0)，N(−3,0)，P，Q是坐标平面上的两个动点，设满足|PM|⋅|PN|=t(t>0)的点P的轨迹为曲线C1，满足|QM|+|QN|=8的点Q的轨迹为曲线C2，则( )
A. C1,C2均关于x轴对称
B. ▵QMN面积的最大值为3 3
C. 当t=10时，点P的纵坐标的最大值大于1
D. 当C1，C2有公共点时，7≤t≤16
【答案】ACD
【解析】解：设P(x,y)，由|PM|⋅|PN|=t，得 (x−3)2+y2⋅ (x+3)2+y2=t(t>0)，
将(x,−y)代入得
(x−3)2+(−y)2⋅ (x+3)2+(−y)2= (x−3)2+y2⋅ (x+3)2+y2=t(t>0)，
所以C1关于x轴对称；
由|QM|+|QN|=8>|MN|，知C2为椭圆，易得其方程为x216+y27=1，
所以C2关于x轴对称，故A正确；
当Q为C2的上、下顶点时，▵QMN的面积最大，
故(S▵QMN)max=12×6× 7=3 7，故B错误；
当t=10时， (x−3)2+y2⋅ (x+3)2+y2=10，
令x=−3，得y4+36y2−100=0，解得y2=2 106−18>2×10−18=2，即y>1，
故当t=10时，点P的纵坐标的最大值大于1，故C正确；
由椭圆C2的方程x216+y27=1，得y2=7(1−x216)，
代入 (x−3)2+y2⋅ (x+3)2+y2=t(t>0)，
得t= (x−3)2+7(1−x216) (x+3)2+7(1−x216)=916x2−16，所以x216=16±t9，
因为0⩽x216⩽1，所以0⩽16±t9⩽1，解得7⩽t⩽16或−16⩽t⩽−7(舍去)，故D正确．
故选：ACD．
3.(2025·广东省惠州市·模拟)抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经过抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线y2=4x的焦点为F，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点P(m,n)(n2y02>0， ③，
联立 ① ③，得x0>1，
联立 ① ②，得x02−x0−4=0，Δ>0，
得x0=1+ 172>1成立，故存在点P使得点F是△POB的垂心，故D正确．
故选：BCD．
4.(2025·山西省吕梁市·模拟)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点分别是A(−2,0)，B(2,0)，离心率为 32，直线y=12x+m(m≠±1)与该椭圆交于点P，Q，直线PA，PB，BQ的斜率分别为k1，k2，k3，则k1k2的值为 ；若k1=2k3，则m= ．
【答案】−14；13．
【解析】解：由题意可知a=2，ca= 32，则c= 3，b2=a2−c2=1，
故椭圆方程为x24+y2=1，
设Px1,y1,Qx2,y2，则x124+y12=1，
则k1k2=y1x1+2⋅y1x1−2=y12x12−4=y12−4y12=−14，
联立y=12x+mx24+y2=1得，x2+2mx+2m2−2=0，
则Δ>0,x1+x2=−2m，x1x2=2m2−2，
则y1y2=12x1+m12x2+m=14x1x2+m2x1+x2+m2
=142m2−2+m2(−2m)+m2=12m2−1，
则k2k3=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2x1x2−2x1+x2+4=12m2−12m2−2+4m+4=14⋅m−1m+1，
因k1=2k3，k1k2=−14，则k2k3=−18，
则14⋅m−1m+1=−18，得m=13．
5.(2025·山东省泰安市·联考)已知双曲线Γ:x2−y2b2=1(b>0)，左､右顶点分别为A1,A2，过M(−2,0)的直线l交双曲线于P,Q两点．
(1)若b= 104,P在第一象限，▵MA2P是等腰三角形，求P的坐标；
(2)连接QO并延长交双曲线于R，若A1R·A2P=1，求b的取值范围．
【答案】解：(1)当b= 104时，双曲线Γ:x2−y258=1，其中M(−2,0),A2(1,0)，
因为▵MA2P为等腰三角形，点P在第一象限，
所以由双曲线性质可知，MP为三角形的底边，A2P=MA2=3，
所以P点在以A2为圆心、3为半径的圆(x−1)2+y2=9上，
设Px0,y0，其中x0>0,y0>0，
则有x02−8y025=1x0−12+y02=9，解得x0=3y0= 5，即P3, 5．
(2)由题意l的斜率不为0，设直线l:x=my−2，
设点Px1,y1,Qx2,y2，则R−x2,−y2
联立得x=my−2x2−y2b2=1⇒b2m2−1y2−4b2my+3b2=0
由已知二次项系数b2m2−1≠0，且Δ>0，
即{(−4b2)2−4(b2m2−1)×3b2>0y1+y2=4b2mb2m2−1y1y2=3b2b2m2−1,
所以A1R=−x2+1,−y2,A2P=x1−1,y1，
则A1R→⋅A2P→=(−x2+1)(x1−1)−y1y2
=(−my2+2+1)(my1−2−1)−y1y2
=−(my2−3)(my1−3)−y1y2=1
即y1y2m2+1−y1+y23m+10=0．
代入得m2+1⋅3b2b2m2−1−3m⋅4b2mb2m2−1+10=0，
即3b2m2+1−3m⋅4b2m+10b2m2−1=0，
化简得b2m2+3b2−10=0，即b2m2+3=10，所以b2=10m2+3∈0,103
因为m2=10b2−3，代入b2m2−1≠0，得b2=10−3b2≠1，
所以b2≠3所以b2∈(0,3)∪3,103,
综上，b∈0, 3∪ 3, 303．