天津市2022年高考数学二轮复习专题能力训练17直线与圆锥曲线文

专题能力训练17　直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.(2022全国Ⅱ,文12)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.5B.22C.23D.33答案：C解析：由题意可知抛物线的焦点F(1,0),准线l的方程为x=-1,可得直线MF:y=3(x-1),与抛物线y2=4x联立,消去y得3x2-10x+3=0,解得x1=13,x2=3.因为M在x轴的上方,所以M(3,23).因为MN⊥l,且N在l上,所以N(-1,23).因为F(1,0),所以直线NF:y=-3(x-1).所以M到直线NF的距离为|3×(3-1)+23|(-3)2+12=23.2.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=2.3.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则l的方程为(　　)A.y=x-1或y=-x+1B.y=33(x-1)或y=-33(x-1)C.y=3(x-1)或y=-3(x-1)D.y=22(x-1)或y=-22(x-1)答案：C解析：由题意可得抛物线焦点F(1,0),准线方程为x=-1.当直线l的斜率大于0时,如图,过A,B两点分别向准线x=-1作垂线,垂足分别为M,N,则由抛物线定义可得,|AM|=|AF|,|BN|=|BF|.设|AM|=|AF|=3t(t>0),|BN|=|BF|=t,|BK|=x,8\n而|GF|=2,在△AMK中,由|BN||AM|=|BK||AK|,得t3t=xx+4t,解得x=2t,则cos∠NBK=|BN||BK|=tx=12,∴∠NBK=60°,则∠GFK=60°,即直线AB的倾斜角为60°.∴斜率k=tan60°=3,故直线方程为y=3(x-1).当直线l的斜率小于0时,如图,同理可得直线方程为y=-3(x-1),故选C.4.在平面直角坐标系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　　　　　. 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,∴kAF·kOB=-1,即2b2pa2-p22bpa-0·-ba=-1,解得b2a2=54,∴c2a2=94,即可得e=32.5.(2022北京,文19)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为32.(1)求椭圆C的方程;8\n(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.(1)解设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).由题意得a=2,ca=32,解得c=3.所以b2=a2-c2=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).由题设知m≠±2,且n≠0.直线AM的斜率kAM=nm+2,故直线DE的斜率kDE=-m+2n.所以直线DE的方程为y=-m+2n(x-m),直线BN的方程为y=n2-m(x-2).联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),解得点E的纵坐标yE=-n(4-m2)4-m2+n2.由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.所以yE=-45n.又S△BDE=12|BD|·|yE|=25|BD|·|n|,S△BDN=12|BD|·|n|,所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.6.在平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-3=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为12.(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,y2-y1x2-x1=-1,由此可得b2(x2+x1)a2(y2+y1)=-y2-y1x2-x1=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0=12,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(3,0),所以a2-b2=3.所以a2=6,b2=3.所以M的方程为x26+y23=1.8\n(2)由x+y-3=0,x26+y23=1,解得x=433,y=-33或x=0,y=3.因此|AB|=463.由题意可设直线CD的方程为y=x+n-533<n<3,设C(x3,y3),D(x4,y4).由y=x+n,x26+y23=1得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=-2n±2(9-n2)3.因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=2|x4-x3|=439-n2.由已知,四边形ACBD的面积S=12|CD|·|AB|=8699-n2.当n=0时,S取得最大值,最大值为863.所以四边形ACBD面积的最大值为863.7.已知椭圆C的中心在坐标原点,右焦点为F(1,0),A,B是椭圆C的左、右顶点,D是椭圆C上异于A,B的动点,且△ADB面积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在一定点E(x0,0)(0<x0<2),使得当过点E的直线l与曲线C相交于M,N两点时,1|EM|2+1|EN|2为定值?若存在,求出定点和定值;若不存在,请说明理由.解(1)设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),由已知可得△ADB的面积的最大值为12·2a·b=ab=2.①∵F(1,0)为椭圆右焦点,∴a2=b2+1.②由①②可得a=2,b=1,故椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)过点E取两条分别垂直于x轴和y轴的弦M1N1,M2N2,则1|EM1|2+1|EN1|2=1|EM2|2+1|EN2|2,即21-x022=1(x0+2)2+1(x0-2)2,解得x0=63,∴E若存在必为63,0,定值为3.证明如下:设过点E63,0的直线方程为x=ty+63,代入C中得(t2+2)y2+263ty-43=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),8\n则y1+y2=-263tt2+2=-26t3(t2+2),y1y2=-43(t2+2),1|EM|2+1|EN|2=1(1+t2)y12+1(1+t2)y22=11+t2·1y12+1y22=11+t2·(y1+y2)2-2y1y2y12y22=11+t2·-26t3(t2+2)2+83(t2+2)-43(t2+2)2=3.综上得定点为E63,0,定值为3.8.已知A是椭圆E:x24+y23=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:3<k<2.(1)解设M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.(2)证明将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1·(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+2),故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点.f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在区间(0,+∞)单调递增.又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在区间(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在区间(3,2)内.所以3<k<2.二、思维提升训练9.8\n如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.解(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得p2=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=sy+1消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B1t2,-2t.又直线AB的斜率为2tt2-1,故直线FN的斜率为-t2-12t.从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),直线BN:y=-2t.所以Nt2+3t2-1,-2t.设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,于是m=2t2t2-1.所以m<0或m>2.经检验,m<0或m>2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).10.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点,点P3,12在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程;(2)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B,线段AB的中点为M,直线OM与椭圆E交于C,D,证明:|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.(1)解由已知,a=2b.又椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P3,12,故34b2+14b2=1,解得b2=1.所以椭圆E的方程是x24+y2=1.8\n(2)证明设直线l的方程为y=12x+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由方程组x24+y2=1,y=12x+m,得x2+2mx+2m2-2=0,①方程①的判别式为Δ=4(2-m2).由Δ>0,即2-m2>0,解得-2<m<2.由①得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2.所以M点坐标为-m,m2,直线OM方程为y=-12x.由方程组x24+y2=1,y=-12x,得C-2,22,D2,-22.所以|MC|·|MD|=52(-m+2)·52(2+m)=54(2-m2).又|MA|·|MB|=14|AB|2=14[(x1-x2)2+(y1-y2)2]=516[(x1+x2)2-4x1x2]=516[4m2-4(2m2-2)]=54(2-m2).所以|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.11.(2022江苏,17)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上,且位于第一象限,过点F1作直线PF1的垂线l1,过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程;(2)若直线l1,l2的交点Q在椭圆E上,求点P的坐标.解(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为12,两准线之间的距离为8,所以ca=12,2a2c=8,解得a=2,c=1,于是b=a2-c2=3,因此椭圆E的标准方程是x24+y23=1.(2)由(1)知,F1(-1,0),F2(1,0).设P(x0,y0),因为P为第一象限的点,故x0>0,y0>0.当x0=1时,l2与l1相交于F1,与题设不符.当x0≠1时,直线PF1的斜率为y0x0+1,直线PF2的斜率为y0x0-1.8\n因为l1⊥PF1,l2⊥PF2,所以直线l1的斜率为-x0+1y0,直线l2的斜率为-x0-1y0,从而直线l1的方程:y=-x0+1y0(x+1),①直线l2的方程:y=-x0-1y0(x-1).②由①②,解得x=-x0,y=x02-1y0,所以Q-x0,x02-1y0.因为点Q在椭圆上,由对称性,得x02-1y0=±y0,即x02-y02=1或x02+y02=1.又P在椭圆E上,故x024+y023=1.由x02-y02=1,x024+y023=1,解得x0=477,y0=377;x02+y02=1,x024+y023=1,无解.因此点P的坐标为477,377.8