新课标2022届高考数学二轮复习专题六直线圆圆锥曲线专题能力训练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BM经过OE的中点,则C的离心率为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.13B.12C.23D.342.(2022江西赣州二模)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a,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河南六市第二次联考)已知双曲线Γ1:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆Γ2:x28+y26=1的离心率为e,直线MN过F2与双曲线交于M,N两点,若cos∠F1MN=cos∠F1F2M,|F1M||F1N|=e,则双曲线Γ1的两条渐近线的倾斜角分别为(　　)A.30°和150°B.45°和135°C.60°和120°D.15°和165°5.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.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F(1,0),过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P,Q两点,当直线PQ经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为60°.(1)求椭圆C的方程.(2)设O为坐标原点,线段OF上是否存在点T(t,0),使得QP·TP=PQ·TQ?若存在,求出实数t的取值范围;若不存在,说明理由.7.(2022浙江,21)-11-\n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.8.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.-11-\n9.已知椭圆C:x22+y2=1与直线l:y=kx+m相交于E,F两点,且直线l与圆O:x2+y2=23相切于点W(O为坐标原点).(1)证明:OE⊥OF;(2)设λ=|EW||FW|,求实数λ的取值范围.思维提升训练10.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.-11-\n11.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.12.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,2),且离心率e=22.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G-94,0与以线段AB-11-\n为直径的圆的位置关系,并说明理由.参考答案专题能力训练18　直线与圆锥曲线能力突破训练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,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.C　解析由题意可知|F1M||F1N|=e=12,∴2|F1M|=|F1N|.由cos∠F1MN=cos∠F1F2M,可得∠F1MN=∠F1F2M,即|F1M|=|F1F2|=2c,|F1N|=4c,由双曲线的定义可得|MF2|=2c-2a,|NF2|=4c-2a.取MF2的中点K,连接KF1,则|KM|=|KF2|=c-a.-11-\n由勾股定理可得|F1K|2+|NK|2=|NF1|2,即4c2-(c-a)2+(5c-3a)2=16c2,整理可得(c-2a)(3c-a)=0,由双曲线的性质可得e=ca=2,则双曲线Γ1的两条渐近线的倾斜角分别为60°和120°.故选C.5.32　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,∴kAF·kOB=-1.即2b2pa2-p22bpa-0·-ba=-1,解得b2a2=54,∴c2a2=94,即可得e=32.6.解(1)由题意知c=1,又bc=tan60°=3,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设直线PQ的方程为y=k(x-1)(k≠0),代入x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点为R(x0,y0),则x0=x1+x22=4k23+4k2,y0=k(x0-1)=-3k3+4k2.由QP·TP=PQ·TQ,得PQ·(TQ+TP)=PQ·(2TR)=0,所以直线TR为直线PQ的垂直平分线,直线TR的方程为y+3k3+4k2=-1kx-4k23+4k2.令y=0得点T的横坐标t=k23+4k2=13k2+4.因为k2∈(0,+∞),所以3k2+4∈(4,+∞),所以t∈0,14.所以线段OF上存在点T(t,0),使得QP·TP=PQ·TQ,其中t∈0,14.7.解(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12<x<32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).-11-\n(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.解(1)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)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,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.-11-\n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)因为直线l与圆O相切,所以圆x2+y2=23的圆心到直线l的距离d=|m|1+k2=23,从而m2=23(1+k2).由x22+y2=1,y=kx+m,整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.设E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,所以OE·OF=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)·(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)2m2-21+2k2+-4k2m21+2k2+m2=3m2-2k2-21+2k2=2(1+k2)-2k2-21+2k2=0.所以OE⊥OF.(2)因为直线l与圆O相切于W,x122+y12=1,x222+y22=1,所以λ=|EW||FW|=|OE|2-r2|OF|2-r2=x12+y12-23x22+y22-23=x122+13x222+13.由(1)知x1x2+y1y2=0,所以x1x2=-y1y2,即x12x22=y12y22,从而x12x22=1-x1221-x222,即x22=4-2x122+3x12,所以λ=x122+13x222+13=2+3x124.因为-2≤x1≤2,所以λ∈12,2.思维提升训练10.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).-11-\n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,OM·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14.11.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).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).-11-\n12.解(1)由已知,得b=2,ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,b=2,c=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)方法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而y0=mm2+2.所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]4=(1+m2)(y02-y1y2),故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,所以|GH|>|AB|2.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.方法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,GB=x2+94,y2.由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516-11-\n=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,所以cos<GA,GB>>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.-11-