新课标天津市2022年高考数学二轮复习专题能力训练18直线与圆锥曲线理

专题能力训练18　直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PF⊥x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BMw经过OE的中点,则C的离心率为(　　)A.13B.12C.23D.342.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是(　　)A.510B.55C.255D.4553.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.24.(2022全国Ⅰ,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.45.平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与抛物线C2:x2=2py(p>0)交于点O,A,B.若△OAB的垂心为C2的焦点,则C1的离心率为　　　　　. 6.(2022全国Ⅰ,理19)设椭圆C:x22+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;13\n(2)设O为坐标原点,证明:∠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)-12<x<32.过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.13\n8.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:|AN|·|BM|为定值.13\n9.(2022全国Ⅱ,理19)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.13\n二、思维提升训练10.(2022全国Ⅲ,理16)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点,若∠AMB=90°,则k=　　　　　. 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OM·ON的最大值.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.13\n13.(2022全国Ⅲ,理20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.13\n专题能力训练18　直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.A　解析由题意,不妨设直线l的方程为y=k(x+a),k>0,分别令x=-c与x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.设OE的中点为G,由△OBG∽△FBM,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,故选A.2.B　解析抛物线x2=4y的焦点为(0,1),双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5,所以ba=c2-a2a2=e2-1=2,双曲线的渐近线为y=±bax=±2x,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是11+4=55.故选B.3.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Δ=82-4×(-8b)=0,解得b=-2,故直线l的方程为x+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.B　解析由条件知F(2,0),渐近线方程为y=±33x,所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°.不妨设∠OMN=90°,则|MN|=3|OM|.又|OF|=2,在Rt△OMF中,|OM|=2cos30°=3,所以|MN|=3.5.32　解析双曲线的渐近线为y=±bax.由y=bax,x2=2py,得A2bpa,2b2pa2.13\n由y=-bax,x2=2py,得B-2bpa,2b2pa2.∵F0,p2为△OAB的垂心,∴kAF·kOB=-1.即2b2pa2-p22bpa-0·-ba=-1,解得b2a2=54,∴c2a2=94,即可得e=32.6.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)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2.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.解(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,13\n因为-12<x<32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)联立直线AP与BQ的方程kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|·|PQ|取得最大值2716.8.(1)解由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x0≠0时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,13\n从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|·|BM|=2+x0y0-1·1+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.9.解(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).设A(x1,y1),B(x2,y2).由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由题设知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.二、思维提升训练10.2　解析设直线AB:x=my+1,13\n联立x=my+1,y2=4x⇒y2-4my-4=0,y1+y2=4m,y1y2=-4.而MA=(x1+1,y1-1)=(my1+2,y1-1),MB=(x2+1,y2-1)=(my2+2,y2-1).∵∠AMB=90°,∴MA·MB=(my1+2)(my2+2)+(y1-1)(y2-1)=(m2+1)y1y2+(2m-1)(y1+y2)+5=-4(m2+1)+(2m-1)4m+5=4m2-4m+1=0.∴m=12.∴k=1m=2.11.解(1)设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=-2y⇒x0=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,OM·ON=(2,0)·(-2,0)=-4,当过点(1,0)的直线不为y=0时,可设为x=ty+1,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+4,13\nOM·ON=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Δ=4t2+12(t2+4)=16t2+48>0恒成立,所以t∈R,对于上式,当t=0时,(OM·ON)max=14.综上所述,OM·ON的最大值为14.12.解(1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,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(y≠0).(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),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|=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).13\n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.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.①由题设得0<m<32,故k<-12.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又点P在C上,所以m=34,从而P1,-32,|FP|=32.于是|FA|=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+31-x124=2-x12.同理|FB|=2-x22.所以|FA|+|FB|=4-12(x1+x2)=3.故2|FP|=|FA|+|FB|,则|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,设该数列的公差为d,则2|d|=||FB|-|FA||=12|x1-x2|=12(x1+x2)2-4x1x2.②将m=34代入①得k=-1.所以l的方程为y=-x+74,代入C的方程,并整理得7x2-14x+14=0.故x1+x2=2,x1x2=128,代入②解得|d|=32128.所以该数列的公差为32128或-32128.13