高考数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线含解析新人教版，共15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。
考点规范练47　直线与圆锥曲线一、基础巩固1.已知椭圆=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 B.- C.2 D.-2答案:B解析:设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8,y1+y2=4,两式相减,得=0,所以=-,所以k==-故选B.2.若点O和点F分别为椭圆=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则的最大值为(　　)A.2 B.3 C.6 D.8答案:C解析:由题意得F(-1,0),设点P(x0,y0),则=3(-2≤x0≤2).因为=(x0,y0),=(x0+1,y0),所以=x0(x0+1)++x0++x0+3(x0+2)2+2.因为-2≤x0≤2,所以当x0=2时,取得最大值,最大值为6.3.(2021四川成都七中三模)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.2 B C D答案:C解析:依题意,点F,设直线l的方程为x=ky+,点A(x1,y1),B(x2,y2),且y1>0>y2,由得y2-2ky-1=0,Δ=4k2+4>0,则y1+y2=2k,y1y2=-1.由已知得点C,D,因为|CF|=2|DF|,所以1+=4+4,即=3+4由解得所以2k=,即k=故直线l的斜率为4.(2021云南师大附中高三月考)已知双曲线C:-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(3,+∞)C.(-∞,0)∪(3,+∞) D答案:A解析:设点M(x1,y1),N(x2,y2),由得(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=>0,x1x2=>0.设MN的中点为G(x0,y0),则x0=,y0=所以kAG=由题意,可知AG⊥MN,所以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.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),=3,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 B C D答案:C解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),=3,∴y1=-3y2.设直线l的方程为x=my+1,由消去x,得y2-4my-4=0,∴y1y2=-4,y1+y2=4m=,∴m=x1+x2=,AB的中点坐标为.∴过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y-=-x-,令y=0,可得x=,即G,∴S△ABG=6.已知过双曲线=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　　　　　. 答案:(1,)解析:由题意得<2,∴e=∵e>1,∴1<e<,∴此双曲线离心率的取值范围为(1,).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=　　　　　. 答案:3解析:设直线OP的方程为y=kx(k≠0),由解得P,由解得Q,∴|OP|=,|PQ|=,=3.8.已知双曲线与椭圆=1有相同的焦点,且以x+y=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. 答案:=1　3解析:由双曲线与椭圆=1有相同的焦点,可设双曲线的方程为=1,又双曲线以x+y=0为其一条渐近线,所以,解得a2=4.所以双曲线的方程为=1.右焦点坐标为(,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-),代入双曲线方程得(2k2-1)x2-4k2x+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=,x1x2=,所以弦长为=4,解得k=0或k=±故满足题意的弦有3条.9.(2021广东湛江二模)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==,证明:点D总在定直线上.(1)解:由题意,得点F,则=-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).由得y2-8my+32m=0,则Δ=64m2-128m>0,即m<0或m>2,y1+y2=8m,y1y2=32m.由==,得y1-4=λ(y2-4),y-y1=λ(y2-y),故(y1-4)(y2-y)=(y-y1)(y2-4),即y=,所以y≠4.又x=m(y-4),所以m=,所以y=,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.能力提升10.(2021广东广州二模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为4,焦距为2过椭圆C的上顶点B作圆x2+y2=2的两条切线,与椭圆C分别交于另外两点M,N.则△BNM的面积为              (　　)A.6 B C D答案:B解析:因为椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为4,焦距为2,所以b=2,c=,a2=b2+c2=6,所以椭圆C的方程为=1.如图,设直线BN的方程为y=kx+2(k<0),因为直线BN与圆x2+y2=2相切,所以,解得k=-1,所以直线BN的方程为y=-x+2.由可得点N,同理,点M所以|MN|=,点B到MN的距离为所以△BNM的面积为11.设双曲线C:=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,=(2≤λ≤5),则双曲线C的离心率的取值范围是(　　)A B C D答案:C解析:不妨令直线l的方程为y=x,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|=在Rt△OFQ中,tan∠FOQ=,∴|OQ|=∴|ON|=|OQ|-|NQ|=,|OM|=|OQ|+|MQ|=又=(2≤λ≤5),=,整理得λ=[2,5],即即解得e12.(多选)已知B1,B2是椭圆=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-B>0C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线答案:BC解析:如图,设P(x0,y0),则=1,=-,A不正确.∵点P在圆x2+y2=b2外,-b2>0,=(-x0,-b-y0)·(-x0,b-y0)=-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=∴r,∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为,C正确.直线PB1的方程为y+b=x,直线QB2的方程为y-b=x,两式相乘可得y2-b2=x2,可化为=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.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=　　　　　. 答案:2解析: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=,x1x2=1.由消去x得y2=4,即y2-y-4=0,则y1+y2=,y1y2=-4.因为∠AMB=90°,所以有=(x1+1,y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1=0,①将x1+x2=,x1x2=1与y1+y2=,y1y2=-4代入①,得k=2.14.已知m,n,s,t均为正实数,m+n=2,=9,当s+t取最小值时,m,n对应的点(m,n)是双曲线=1一条弦的中点,则此弦所在的直线方程为　　　　　　　. 答案:x-2y+1=0解析:由已知得s+t=(s+t)(m+n+2)=)2.因为s+t的最小值是,所以)2=,=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=1,即x1+x2=y1+y2=2.①又该两点在双曲线上,则有=1,=1,两式相减得=0.②由①②得,即所求直线的斜率是,所以所求直线的方程是y-1=(x-1),即x-2y+1=0.15.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C的方程为=1(a>b>0),右焦点为F(,0),且离心率为(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|=(1)解:由已知得c=,e=,所以a=,所以b2=a2-c2=1.所以椭圆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,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-),即kx-y-k=0.由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,可得=1,解得k=±1.由可得4x2-6x+3=0,所以x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=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=1,所以b2=k2+1.由可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,所以x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|=,化简得3=0,所以k=±1,所以所以直线MN:y=x-或y=-x+,所以直线MN过点F(,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|=16.在平面直角坐标系中,点F1,F2分别为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,双曲线C的离心率为2,点在双曲线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4(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.解:(1)设F1,F2分别为(-c,0),(c,0),可得=2,b2=c2-a2=3a2,又点在双曲线C上,=1,又a>0,b>0,∴a=,c=1.由题意易知四边形PF1QF2为平行四边形.∴|PF1|+|PF2|=2>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+y2=1(y≠0).(2)=2,=1,=1,=1.∴|OG|·|MN|=,当3-2x1x2-2y1y2=3+2x1x2+2y1y2,即x1x2+y1y2=0时取等号,所以|OG|·|MN|的最大值为,此时OM⊥ON,即△OMN为直角三角形.17.已知O为坐标原点,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,双曲线-y2=1的渐近线与椭圆C的交点到原点的距离均为(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=-;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.(1)解:设椭圆的半焦距为c,由题意可得e=,所以a=2b.①因为双曲线-y2=1的渐近线方程为y=±x,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,即t2=因为点P在椭圆上,所以=1,即=1.②由①②可得a=2,b=1,所以椭圆C的方程为+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=1,=1,所以=1-=1-,所以k1k2==-②可设k1>0,k2<0,因为k1+k2=0,k1k2=-,所以k1=,k2=-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=x+m,DN的方程为y=-x+n.由可得x2+2mx+2m2-2=0,所以x1x2=2m2-2.由可得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.三、探究创新18.已知F1,F2为椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点,点P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4(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|=|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.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=4,a=,∴椭圆E的方程为=1.将P代入得b2=2,∴椭圆E的方程为=1.(2)由(1)可知4c2=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,由消去x,整理得(2m2+3)y2+4my-4=0.设点A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=不妨设y1>0,y2<0,则|AF2|===|y1|=y1.同理|BF2|=|y2|=-y2.所以,即|AF2|+|BF2|=|AF2|·|BF2|.所以存在实数λ=,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立.