2021届高考数学二轮复习专题能力训练18直线与圆锥曲线理含解析

1、专题能力训练18直线与圆锥曲线专题能力训练第42页一、能力突破训练1.已知o为坐标原点,f是椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,a,b分别为c的左、右顶点.p为c上一点,且pfx轴.过点a的直线l与线段pf交于点m,与y轴交于点e.若直线bm经过oe的中点,则c的离心率为()a.13b.12c.23d.34答案:a解析:由题意,不妨设直线l的方程为y=k(x+a),k0,分别令x=-c与x=0,得|fm|=k(a-c),|oe|=ka.设oe的中点为g,由obgfbm,得12|oe|fm|=|ob|bf|,即ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13,故椭圆的离心率e=13

2、,故选a.2.已知倾斜角为30的直线l经过双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点f1,交双曲线于a,b两点,线段ab的垂直平分线经过右焦点f2,则此双曲线的渐近线方程为()a.y=xb.y=12xc.y=32xd.y=52x答案:a解析:如图,mf2为线段ab的垂直平分线,可得|af2|=|bf2|,且mf1f2=30,可得|mf2|=2csin30=c,|mf1|=2ccos30=3c.由双曲线的定义可得|bf1|-|bf2|=2a,|af2|-|af1|=2a,即有|ab|=|bf1|-|af1|=|bf2|+2a-(|af2|-2a)=4a,即有|ma|=2a,|af2|=|

3、ma|2+|mf2|2=4a2+c2,|af1|=|mf1|-|ma|=3c-2a.由|af2|-|af1|=2a,可得4a2+c2-(3c-2a)=2a,可得4a2+c2=3c2,即c=2a.故b=c2-a2=a,所以渐近线方程为y=x.3.如果与抛物线y2=8x相切倾斜角为135的直线l与x轴和y轴的交点分别是a和b,那么过a,b两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为()a.4b.22c.2d.2答案:c解析:设直线l的方程为y=-x+b,联立直线与抛物线方程,消元得y2+8y-8b=0.因为直线与抛物线相切,所以=82-4(-8b)=0,解得b=-2,故直线l的方程为x+y+2

4、=0,从而a(-2,0),b(0,-2).因此过a,b两点的最小圆即为以ab为直径的圆,其方程为(x+1)2+(y+1)2=2,而抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,此时圆心(-1,-1)到准线的距离为1,故所截弦长为2(2)2-12=2.4.(2018全国,理11)已知双曲线c:x23-y2=1,o为坐标原点,f为c的右焦点,过f的直线与c的两条渐近线的交点分别为m,n.若omn为直角三角形,则|mn|=()a.32b.3c.23d.4答案:b解析:由条件知f(2,0),渐近线方程为y=33x,所以nof=mof=30,mon=6090.不妨设omn=90,则|mn|=3|om|.又|of

5、|=2,在rtomf中,|om|=2cos30=3,所以|mn|=3.5.平面直角坐标系xoy中,双曲线c1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的渐近线与抛物线c2:x2=2py(p0)交于点o,a,b.若oab的垂心为c2的焦点,则c1的离心率为.答案:32解析:双曲线的渐近线为y=bax.由y=bax,x2=2py,得a2bpa,2b2pa2.由y=-bax,x2=2py,得b-2bpa,2b2pa2.f0,p2为oab的垂心,kafkob=-1.即2b2pa2-p22bpa-0-ba=-1,解得b2a2=54,c2a2=94,即可得e=32.6.(2018全国,理19)设椭圆c:x22

6、+y2=1的右焦点为f,过f的直线l与c交于a,b两点,点m的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线am的方程;(2)设o为坐标原点,证明:oma=omb.解：(1)由已知得f(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点a的坐标为1,22或1,-22.所以am的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)当l与x轴重合时,oma=omb=0,当l与x轴垂直时,om为ab的垂直平分线,所以oma=omb.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),a(x1,y1),b(x2,y2),则x12,x22,直线ma,mb的斜率之和为kma+kmb=y1x1-2+y2x

7、2-2.由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得kma+kmb=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0.从而kma+kmb=0,故ma,mb的倾斜角互补,所以oma=omb.综上,oma=omb.7.如图,已知抛物线x2=y,点a-12,14,b32,94,抛物线上的点p(x,y)-12x32.过点b作直线ap的垂线,垂足为q.

8、(1)求直线ap斜率的取值范围;(2)求|pa|pq|的最大值.解：(1)设直线ap的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x0,b0)经过点a-62,2,且点f(0,-1)为其一个焦点.(1)求椭圆e的方程;(2)设椭圆e与y轴相交于a1,a2两点,不在y轴上的动点p在直线y=b2上运动,直线pa1,pa2分别与椭圆e相交于点m,n,证明:直线mn通过一个定点,且fmn的周长为定值.解：(1)根据题意可得32a2+2b2=1,b2-a2=1,可解得a=3,b=2.故椭圆e的方程为y24+x23=1.(2)不妨设点a1(0,2),a2(0,-2),p(x0,4)为直线y=4上一

9、点(x00),m(x1,y1),n(x2,y2).直线pa1方程为y=2x0x+2,直线pa2方程为y=6x0x-2.点m(x1,y1),a1(0,2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=2x0x+2,可得x1=-6x03+x02,y1=2x02-63+x02.点n(x2,y2),a2(0,-2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=6x0x-2,可得x2=18x027+x02,y2=-2x02+5427+x02.所以点m-6x03+x02,2x02-63+x02,n18x027+x02,-2x02+5427+x02.所以直线mn的方程为y-2x02-63+x02=-x02-96x0x+

10、6x03+x02,即y=-x02-96x0x+1.故直线mn恒过定点b(0,1).又f(0,-1),b(0,1)是椭圆e的焦点,所以fmn周长=|fm|+|mb|+|bn|+|nf|=4b=8.9.如图,点c,d是离心率为12的椭圆的左、右顶点,f1,f2是该椭圆的左、右焦点,点a,b是直线x=-4上的两个动点,连接ad和bd,分别与椭圆相交于e,f两点,且线段ef恰好经过椭圆的左焦点f1.当efcd时,点e恰为线段ad的中点.(1)求椭圆的方程;(2)判断以ab为直径的圆与直线ef的位置关系,并加以证明.解：(1)当efcd时,点e恰为线段ad的中点,a+c=4-c.又e=ca=12,联立解

11、得c=1,a=2.又a2=b2+c2,b=3.椭圆的方程为x24+y23=1.(2)由题意可知直线ef不可能平行于x轴,设ef的方程为x=my-1,点e(x1,y1),f(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-1,得(3m2+4)y2-6my-9=0,=(-6m)2+36(3m2+4)0,y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.(*)设点a(-4,ya),由a,e,d三点共线得ya=-6y1x1-2=-6y1my1-3,同理可得yb=-6y2my2-3.ya+yb=-6y1my1-3+-6y2my2-3=-62my1y2-3(y1+y2)m2y1y2-3m(y1+y2)+

12、9=-62m-93m2+4-36m3m2+4m2-93m2+4-3m6m3m2+4+9=6m,|ya-yb|=-6y1my1-3-6y2my2-3=18|y1-y2|m2y1y2-3m(y1+y2)+9=186m3m2+42-4-93m2+4m2-93m2+4-3m6m3m2+4+9=6m2+1.设ab的中点为m,则点m的坐标为-4,ya+yb2,即(-4,3m),点m到直线ef的距离d=|-4-3m2+1|1+m2=3m2+1=12|ya-yb|=12|ab|.故以ab为直径的圆始终与直线ef相切.二、思维提升训练10.(2019全国,理16)已知双曲线c:x2a2-y2b2=1(a0,b0

13、)的左、右焦点分别为f1,f2,过f1的直线与c的两条渐近线分别交于a,b两点.若f1a=ab,f1bf2b=0,则c的离心率为.答案:2解析:如图,由f1a=ab,得|f1a|=|ab|.又|of1|=|of2|,得bf2oa,且|bf2|=2|oa|.由f1bf2b=0,得f1bf2b.则oaf1a,|ob|=|of1|=|of2|.故bof2=aof1=2of1b,得bof2=60.则ba=tan60=3.所以e=ca=1+ba2=1+3=2.11.定长为3的线段ab的两个端点a,b分别在x轴、y轴上滑动,动点p满足bp=2pa. (1)求点p的轨迹曲线c的方程; (2)若过点(1,0)

14、的直线与曲线c交于m,n两点,求omon的最大值.解：(1)设点a(x0,0),b(0,y0),p(x,y),由bp=2pa得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),即x=2(x0-x),y-y0=-2yx0=32x,y0=3y.因为x02+y02=9,所以32x2+(3y)2=9,化简,得x24+y2=1,所以点p的轨迹方程为x24+y2=1.(2)当过点(1,0)的直线为y=0时,omon=(2,0)(-2,0)=-4,当过点(1,0)的直线不为y=0时,可设为x=ty+1,点a(x1,y1),b(x2,y2).联立x24+y2=1,x=ty+1并化简,得(t2+4)y2+2ty-3=0,

15、由根与系数的关系得y1+y2=-2tt2+4,y1y2=-3t2+4,omon=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)-3t2+4+t-2tt2+4+1=-4t2+1t2+4=-4(t2+4)+17t2+4=-4+17t2+4.又由=4t2+12(t2+4)=16t2+480恒成立,所以tr,对于上式,当t=0时,(omon)max=14.综上所述,omon的最大值为14.12.设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为a,直线l过点b(1,0)且与x轴不重合,l交圆a于c,d两点,过b作ac的平行线交ad于点e.(1)

16、证明|ea|+|eb|为定值,并写出点e的轨迹方程;(2)设点e的轨迹为曲线c1,直线l交c1于m,n两点,过b且与l垂直的直线与圆a交于p,q两点,求四边形mpnq面积的取值范围.解：(1)因为|ad|=|ac|,ebac,故ebd=acd=adc.所以|eb|=|ed|,故|ea|+|eb|=|ea|+|ed|=|ad|.又圆a的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|ad|=4,所以|ea|+|eb|=4.由题设得a(-1,0),b(1,0),|ab|=2,由椭圆定义可得点e的轨迹方程为x24+y23=1(y0).(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),m(x1

17、,y1),n(x2,y2),由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以|mn|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.过点b(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),a到m的距离为2k2+1,所以|pq|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四边形mpnq的面积s=12|mn|pq|=121+14k2+3.可得当l与x轴不垂直时,四边形mpnq面积的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|mn|=3,|pq|=8,四边形mp

18、nq的面积为12.综上,四边形mpnq面积的取值范围为12,83).13.已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,左、右焦点为f1,f2,点p,a,b在椭圆c上,且点a,b关于原点对称,直线pa,pb的斜率的乘积为-14.(1)求椭圆c的方程;(2)已知直线l经过点q(2,2),且与椭圆c相交于不同的两点m,n,若|qm|qn|=163,判断直线l的斜率是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.解：(1)设点a(xa,ya),p(xp,yp),则点b(-xa,-ya).可得kpa=ya-ypxa-xp,kpb=-ya-yp-xa-xp.又xa2a2+ya2b2=1,xp2a2+yp2b2=1,可得yp2-ya2xp2-xa2=-b2a2.则kpakpb=-b2a2=-14,又ca=32,a2=b2+c2,可得a2=4,b2=1,c2=3,故椭圆c的方程为x24+y2=1.(2)由题意可知直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y-2=k(x-2),将其代入x24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,则=16k(1-k)2-4(1+4k2)16(1-k)2-40,得k38.设点m(x1,y1),n(x2,y2),则x1+x2=16k(k-1)1+4k2,x1x2=16(1-k)2-41+4k2=4(4k