2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題能力訓(xùn)練18直線與圓錐曲線理含解析

專題實力訓(xùn)練18直線與圓錐曲線專題實力訓(xùn)練第42頁

一、實力突破訓(xùn)練1.已知O為坐標原點,F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左、右頂點.P為C上一點,且PF⊥x軸.過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OEA.13 B.12答案:A解析:由題意,不妨設(shè)直線l的方程為y=k(x+a),k>0,分別令x=-c與x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.設(shè)OE的中點為G,由△OBG∽△FBM,得12即ka2k(a-c故橢圓的離心率e=13,故選A2.已知傾斜角為30°的直線l經(jīng)過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點F1,交雙曲線于A,B兩點,線段ABA.y=±x B.y=±12C.y=±32x D.y=±5答案:A解析:如圖,MF2為線段AB的垂直平分線,可得|AF2|=|BF2|,且∠MF1F2=30°,可得|MF2|=2c·sin30°=c,|MF1|=2c·cos30°=3c.由雙曲線的定義可得|BF1|-|BF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a,即有|AB|=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a,即有|MA|=2a,|AF2|=|MA|2+|MF2|2=由|AF2|-|AF1|=2a,可得4a2+c2-(3c-2a可得4a2+c2=3c2,即c=2a.故b=c2-a2=a,所以漸近線方程為3.假如與拋物線y2=8x相切傾斜角為135°的直線l與x軸和y軸的交點分別是A和B,那么過A,B兩點的最小圓截拋物線y2=8x的準線所得的弦長為()A.4 B.22 C.2 D.答案:C解析:設(shè)直線l的方程為y=-x+b,聯(lián)立直線與拋物線方程,消元得y2+8y-8b=0.因為直線與拋物線相切,所以Δ=82-4×(-8b)=0,解得b=-2,故直線l的方程為x+y+2=0,從而A(-2,0),B(0,-2).因此過A,B兩點的最小圓即為以AB為直徑的圓,其方程為(x+1)2+(y+1)2=2,而拋物線y2=8x的準線方程為x=-2,此時圓心(-1,-1)到準線的距離為1,故所截弦長為2(2)24.(2024全國Ⅰ,理11)已知雙曲線C:x23-y2=1,O為坐標原點,F為C的右焦點,過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M,N.若△OMN為直角三角形,則|MN|=(A.32 B.3 C.23 D答案:B解析:由條件知F(2,0),漸近線方程為y=±33x所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°.不妨設(shè)∠OMN=90°,則|MN|=3|OM|.又|OF|=2,在Rt△OMF中,|OM|=2cos30°=3,所以|MN|=3.5.平面直角坐標系xOy中,雙曲線C1:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線與拋物線C2:x2=2py(p>0)交于點O,A,B.若△OAB的垂心為C2的焦點答案:3解析:雙曲線的漸近線為y=±bax.由y=b由y=-b∵F0,p2為△OAB的垂心,∴kAF·kOB即2b2pa2∴c2a26.(2024全國Ⅰ,理19)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標為(1)當l與x軸垂直時,求直線AM的方程;(2)設(shè)O為坐標原點,證明:∠OMA=∠OMB.解：(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1.由已知可得,點A的坐標為1所以AM的方程為y=-22x+2或y=22(2)當l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°,當l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線,所以∠OMA=∠OMB.當l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得kMA+kMB=2將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2所以x1+x2=4k22k2+1,則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補,所以∠OMA=∠OMB.綜上,∠OMA=∠OMB.7.如圖,已知拋物線x2=y,點A-12,14,B32,94,拋物線上的點P(x,y)-12<(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解：(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x2-1因為-12<x<32,所以直線AP斜率的取值范圍是(-(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程kx解得點Q的橫坐標是xQ=-因為|PA|=1+k2x|PQ|=1+k2(xQ-x)=-所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因為f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調(diào)遞增因此當k=12時,|PA|·|PQ|取得最大值8.在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)經(jīng)過點A-(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)橢圓E與y軸相交于A1,A2兩點,不在y軸上的動點P在直線y=b2上運動,直線PA1,PA2分別與橢圓E相交于點M,N,證明:直線MN通過一個定點,且△FMN的周長為定值.解：(1)依據(jù)題意可得32a故橢圓E的方程為y24+(2)不妨設(shè)點A1(0,2),A2(0,-2),P(x0,4)為直線y=4上一點(x0≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).直線PA1方程為y=2x0x+2,直線PA2方程為y=6x點M(x1,y1),A1(0,2)的坐標滿意方程組x可得x點N(x2,y2),A2(0,-2)的坐標滿意方程組x可得x所以點M-6x03+x0所以直線MN的方程為y-2x02即y=-x02-96x0x+1又F(0,-1),B(0,1)是橢圓E的焦點,所以△FMN周長=|FM|+|MB|+|BN|+|NF|=4b=8.9.如圖,點C,D是離心率為12的橢圓的左、右頂點,F1,F2是該橢圓的左、右焦點,點A,B是直線x=-4上的兩個動點,連接AD和BD,分別與橢圓相交于E,F兩點,且線段EF恰好經(jīng)過橢圓的左焦點F1.當EF⊥CD時,點E恰為線段AD的中點(1)求橢圓的方程;(2)推斷以AB為直徑的圓與直線EF的位置關(guān)系,并加以證明.解：(1)∵當EF⊥CD時,點E恰為線段AD的中點,∴a+c=4-c.又e=ca=12,聯(lián)立解得c=1,a=2.又a2=b∴b=3∴橢圓的方程為x24+(2)由題意可知直線EF不行能平行于x軸,設(shè)EF的方程為x=my-1,點E(x1,y1),F(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-1,∴Δ=(-6m)2+36(3m2+4)>0,y1+y設(shè)點A(-4,yA),由A,E,D三點共線得yA=-6y1x1-yA+yB=-=-62=-62m·-9∴|yA-yB|=-=18|=186=6m設(shè)AB的中點為M,則點M的坐標為-4,yA+yB∴點M到直線EF的距離d=|-4-3m2+1|1+m2=故以AB為直徑的圓始終與直線EF相切.二、思維提升訓(xùn)練10.(2024全國Ⅰ,理16)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點.若F答案:2解析:如圖,由F1A=AB,得又|OF1|=|OF2|,得BF2∥OA,且|BF2|=2|OA|.由F1B·F2B=0,得F1則OA⊥F1A,|OB|=|OF1|=|OF2|.故∠BOF2=∠AOF1=2∠OF1B,得∠BOF2=60°.則ba=tan60°=所以e=ca=1+11.定長為3的線段AB的兩個端點A,B分別在x軸、y軸上滑動,動點P滿意BP=2PA(1)求點P的軌跡曲線C的方程;(2)若過點(1,0)的直線與曲線C交于M,N兩點,求OM·ON解：(1)設(shè)點A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),由BP=2PA得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),即x因為x02+y02=9,所以32x2+(3y)2=所以點P的軌跡方程為x24+y2=(2)當過點(1,0)的直線為y=0時,OM·ON=(2,0)·(-2,0)當過點(1,0)的直線不為y=0時,可設(shè)為x=ty+1,點A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立x24+y2=1,x=ty+1并化簡,得(t由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=-2tt2+4,y1yOM·ON=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)·y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)-3t2+4+t·-2又由Δ=4t2+12(t2+4)=16t2+48>0恒成立,所以t∈R,對于上式,當t=0時,(OM·ON)max綜上所述,OM·ON12.設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程;(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍.解：(1)因為|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x24+y23(2)當l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),由y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,則x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=1+k2|x1-x2過點B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k(x-1),A到m的距離為2所以|PQ|=242-2故四邊形MPNQ的面積S=12|MN||PQ|=12可得當l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).當l與x軸垂直時,其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83).13.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,左、右焦點為F1,F2,點P,A,B在橢圓C上,且點A,B(1)求橢圓C的方程;(2)已知直線l經(jīng)過點Q(2,2),且與橢圓C相交于不同的兩點M,N,若|QM||QN|=163,推斷直線l的斜率是否為定值?若是,懇求出該定值;若不是,請說明理由解：(1)設(shè)點A(xA,yA),P(xP,yP),則點B(-xA,-yA).可得kPA=yA-yPx又xA2a2則kPA·kPB=-b2a2=-14,又ca=32可得a2=4,b2=1,c2=3,故橢圓C的方程為x24+y2=(2)由題意可知直線l的斜率存在,故可設(shè)直線l的方程為y-2=k(x-2),將其代入x24+y2整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,則Δ=[16k(1-k)]2-4(1+4k2)[16(1-k)2-4]>0,得k>3設(shè)點M(x1,y1),N(x2