高中总复习理科数学配人教版(老高考旧教材)课后习题Word专题能力训练18　直线与圆锥曲线

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=1

2、3,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|=2csin 30=c,|MF1|=2ccos 30=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+

4、y+2=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.已知双曲线C:x23-y2=1,O为坐标原点,F为双曲线C的右焦点,过F的直线与双曲线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|=2

5、,在RtOMF中,|OM|=2cos 30=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.设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F

6、的直线l与椭圆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.答案:(1)解 由已知得点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)证明 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,x20)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(

7、1)求p;(2)若点P在圆M上,PA,PB是抛物线C的两条切线,A,B是切点,求PAB面积的最大值.解:(1)由点F0,p2到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=p2+4-1=4,解得p=2.(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=14x2,则y=12x.设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则易得直线lPA:y=x12x-x124,直线lPB:y=x22x-x224,从而得到Px1+x22,x1x24.设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理,得x2-4kx-4b=0,则=16k2+16b0,即k2+b0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,故P(2k,-

8、b).因为|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k216k2+16b,点P到直线AB的距离d=|2k2+2b|k2+1,所以SPAB=12|AB|d=4(k2+b)32,又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上,故k2=1-(b-4)24,代入得,SPAB=4-b2+12b-15432,而yP=-b-5,-3,故当b=5时,(SPAB)max=205.8.在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a0,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=b

9、2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.答案:(1)解 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)证明:不妨设点A1(0,2),A2(0,-2),P(x0,4)为直线y=4上一点(x00),M(x1,y1),N(x2,y2).直线PA1方程为y=2x0 x+2,直线PA2方程为y=6x0 x-2.点M(x1,y1),A1(0,2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=2x0 x+2,可得x1=-6x03+x02,y1=2x02-63+x02.点N(x2,y

10、2),A2(0,-2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=6x0 x-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=-x02-96x0 x+6x03+x02,即y=-x02-96x0 x+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.(2021全国甲,理20)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:

11、x=1交抛物线C于P,Q两点,且OPOQ.已知点M(2,0),且M与直线l相切.(1)求抛物线C,M的方程;(2)设A1,A2,A3是抛物线C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与M相切.判断直线A2A3与M的位置关系,并说明理由.解:(1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p0,当x=1时,y2=2p,y=2p.因为OPOQ,所以2p=1,即2p=1,故抛物线的标准方程为y2=x.M的方程为(x-2)2+y2=1.(2)由题意可知直线A1A2,A1A3,A2A3均不平行于x轴.设点A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),直线A1A2的方程为x-x1=m1(y-y1)

12、,直线A1A3的方程为x-x1=m2(y-y1),m1m2.因为点A1在抛物线C上,所以x1=y12,所以直线A1A2的方程可化为x-m1y+m1y1-y12=0,直线A1A3的方程可化为x-m2y+m2y1-y12=0.因为直线A1A2,A1A3与M相切,M的圆心坐标为(2,0),半径r=1,所以|2+m1y1-y12|1+m12=1,|2+m2y1-y12|1+m22=1,所以m1,m2为方程|2+my1-y12|1+m2=1的根,即m1,m2为方程m2(y12-1)+m(4y1-2y13)+y14-4y12+3=0的根.又m1m2,所以y12-10,所以m1+m2=2y13-4y1y12

13、-1,m1m2=y14-4y12+3y12-1.由x-m1y+m1y1-y12=0,y2=x,消去x,得y2-m1y+m1y1-y12=0,所以y1+y2=m1,即y2=m1-y1.同理,y3=m2-y1.设直线A2A3的方程为x=ky+b,由x=ky+b,y2=x,得y2-ky-b=0,所以y2+y3=k,y2y3=-b,所以k=y2+y3=m1+m2-2y1=-2y1y12-1,-b=y2y3=(m1-y1)(m2-y1)=m1m2-y1(m1+m2)+y12=3-y12y12-1.所以M的圆心到直线A2A3的距离d=|2-b|1+k2=2+3-y12y12-11+-2y1y12-12=y

14、12+1|y12-1|y12+1|y12-1|=1=r,故直线A2A3与M相切.二、思维提升训练10.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A,B两点.若F1A=AB,F1BF2B=0,则双曲线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=tan 60=3.所以e=ca=1+b

15、a2=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)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(

16、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,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,OMO

17、N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)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

18、,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,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|

19、=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MPNQ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=y