五年高考2022届高考数学复习第九章第六节直线与圆锥曲线的位置关系文全国通用

考点　直线与圆锥曲线的位置关系1．(2022·四川，10)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是(　　)A．(1，3)B．(1，4)C．(2，3)D．(2，4)解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，当l的斜率不存在时，符合条件的直线l必有两条；当l的斜率存在时，x1≠x2，则有·＝2，即y0·k＝2，由CM⊥AB得k·＝－1，y0k＝5－x0，2＝5－x0，∴x0＝3，即M必在直线x＝3上，将x＝3代入y2＝4x，得y2＝12，有－2＜y0＜2，∵点M在圆上，∴(x0－5)2＋y＝r2，r2＝y＋4＜12＋4＝16，又y＋4＞4，∴4＜r2＜16，∴2＜r＜4，故选D.答案　D2．(2022·山东，11)抛物线C1：y＝x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p等于(　　)A.B.C.D.14\n解析　设抛物线焦点A，双曲线右焦点为B(2，0)，双曲线渐近线方程为y＝±x，直线AB方程为px＋4y－2p＝0，由得M点横坐标为xM＝，又y′＝x，∴xM＝，又p＞0，∴＝，即＝＋p，平方可解得p＝.答案　D3．(2022·浙江，8)如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点．若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)A．3B．2C.D.解析　设椭圆长半轴的长为a(a＞0)，则双曲线实半轴的长为，由于双曲线与椭圆共焦点，设焦距为2c，所以双曲线的离心率e1＝＝，椭圆的离心率e2＝，所以＝＝2，故选B.答案　B4．(2022·天津，19)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的上顶点为B，左焦点为F，离心率为.(1)求直线BF的斜率；(2)设直线BF与椭圆交于点P(P异于点B)，过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q(Q异于点B)，直线PQ与y轴交于点M，|PM|＝λ|MQ|.①求λ的值；14\n②若|PM|sin∠BQP＝，求椭圆的方程．解　(1)设F(－c，0)．由已知离心率＝及a2＝b2＋c2，可得a＝c，b＝2c，又因为B(0，b)，F(－c，0)，故直线BF的斜率k＝＝＝2.(2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，M(xM，yM)．①由(1)可得椭圆的方程为＋＝1，直线BF的方程为y＝2x＋2c.将直线方程与椭圆方程联立，消去y，整理得3x2＋5cx＝0，解得xP＝－.因为BQ⊥BP，所以直线BQ的方程为y＝－x＋2c，与椭圆方程联立，消去y，整理得21x2－40cx＝0，解得xQ＝.又因为λ＝，及xM＝0，可得λ＝＝＝.②由①有＝，所以＝＝，即|PQ|＝|PM|.又因为|PM|sin∠BQP＝，所以|BP|＝|PQ|sin∠BQP＝|PM|sin∠BQP＝.又因为yP＝2xP＋2c＝－c，所以|BP|＝＝c，因此c＝，得c＝1.所以，椭圆方程为＋＝1.5．(2022·北京，20)已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.14\n(1)求椭圆C的离心率；(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．解　(1)椭圆C的标准方程为＋y2＝1，所以a＝，b＝1，c＝.所以椭圆C的离心率e＝＝.(2)因为AB过点D(1，0)且垂直于x轴，所以可设A(1，y1)，B(1，－y1)，直线AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)，令x＝3，得M(3，2－y1)，所以直线BM的斜率kBM＝＝1.(3)直线BM与直线DE平行，证明如下：当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.又因为直线DE的斜率kDE＝＝1，所以BM∥DE，当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线AE的方程为y－1＝(x－2)．令x＝3，得点M，由得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，直线BM的斜率kBM＝，因为kBM－1＝＝＝＝0，14\n所以kBM＝1＝kDE.所以BM∥DE，综上可知，直线BM与直线DE平行．6．(2022·江苏，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．解　(1)由题意，得＝且c＋＝3，解得a＝，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意．当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1，2＝，C的坐标为，且AB＝＝＝.若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．从而k≠0，故直线PC的方程为y＋＝－，则P点的坐标为，从而PC＝.因为PC＝2AB，14\n所以＝，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.7．(2022·湖北，22)一种画椭圆的工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1，MN＝3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．解　(1)因为|OM|≤|MN|＋|NO|＝3＋1＝4，当M，N在x轴上时，等号成立；同理|OM|≥|MN|－|NO|＝3－1＝2，当D，O重合，即MN⊥x轴时，等号成立．所以椭圆C的中心为原点O，长半轴长为4，短半轴长为2，其方程为＋＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝×4×4＝8.②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋m，由消去y，可得(1＋4k2)2x2＋8kmx＋4m2－16＝0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，14\n即m2＝16k2＋4.①又由可得P；同理可得Q.由原点O到直线PQ的距离为d＝和|PQ|＝|xP－xQ|，可得S△OPQ＝|PQ|·d＝|m||xP－xQ|＝·|m|·＝.②将①代入②得，S△OPQ＝＝8.当k2>时，S△OPQ＝8＝8>8；当0≤k2<时，S△OPQ＝8＝8.因0≤k2<，则0<1－4k2≤1，≥2，所以S△OPQ＝8≥8，当且仅当k＝0时取等号．所以当k＝0时，S△OPQ的最小值为8.综合①②可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.8．(2022·山东，21)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(ⅰ)求的值；(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．解　(1)由题意知＋＝1.又＝，解得a2＝4，b2＝1.14\n所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.(ⅰ)设P(x0，y0)，＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．因为＋y＝1，又＋＝1，即＝1，所以λ＝2，即＝2.(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①则有x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|x1－x2|＝.因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|＝＝＝2.设＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②14\n由①②可知0＜t≤1，因此S＝2＝2，故S≤2，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6.9．(2022·湖南，20)已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的一个焦点．C1与C2的公共弦的长为2.过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向．(1)求C2的方程；(2)若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率．解　(1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1)．因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以＋＝1.②联立①，②得a2＝9，b2＝8.故C2的方程为＋＝1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．因与同向，且|AC|＝|BD|，所以＝，从而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1.由得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是这个方程的两根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④14\n由得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是这个方程的两根，所以x3＋x4＝－，x3x4＝－，⑤将④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝＋，即16(k2＋1)＝，所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±，即直线l的斜率为±.10．(2022·山东，21)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，直线y＝x被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不是椭圆C的顶点)．点D在椭圆C上，且AD⊥AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M，N两点．①设直线BD，AM的斜率分别为k1，k2.证明：存在常数λ使得k1＝λk2，并求出λ的值；②求△OMN面积的最大值．解　(1)由题意知＝，可得a2＝4b2.椭圆C的方程可简化为x2＋4y2＝a2.将y＝x代入可得x＝±，因此×＝，可得a＝2.因此b＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)①设A(x1，y1)(x1y1≠0)，D(x2，y2)，14\n则B(－x1，－y1)，因为直线AB的斜率kAB＝，又AB⊥AD，所以直线AD的斜率k＝－.设直线AD的方程为y＝kx＋m，由题意知k≠0，m≠0.由可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0.所以x1＋x2＝－，因此y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.由题意知x1≠－x2，所以k1＝＝－＝.所以直线BD的方程为y＋y1＝(x＋x1)．令y＝0，得x＝3x1，即M(3x1，0)．可得k2＝－.所以k1＝－k2，即λ＝－.因此存在常数λ＝－使得结论成立．②直线BD的方程y＋y1＝(x＋x1)，令x＝0，得y＝－y1，即N.由①知M(3x1，0)，可得△OMN的面积S＝×3|x1|×|y1|＝|x1||y1|.因为|x1||y1|≤＋y＝1，当且仅当＝|y1|＝时等号成立，此时S取得最大值，所以△OMN面积的最大值为.11．(2022·江西，20)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0，214\n)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．证明　(1)依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8，直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.解得交点D的坐标为注意到x1x2＝－8及x＝4y1，则有y＝＝＝－2，因此D点在定直线y＝－2(x≠0)上．(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0，由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2、y＝－2得N1、N2的坐标为N1，N2，则|MN2|2－|MN1|2＝＋42－＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8.12．(2022·北京，19)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点．若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．14\n解　(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝.故椭圆C的离心率e＝＝.(2)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以·＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.又x＋2y＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝＋(y0－2)2＝x＋y＋＋4＝x＋＋＋4＝＋＋4(0＜x≤4)．因为＋≥4(0＜x≤4)，且当x＝4时等号成立，所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为2.13．(2022·安徽，21)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4，且过点P(，)．(1)求椭圆C的方程；(2)设Q(x0，y0)，(x0y0≠0)为椭圆C上一点，过点Q作x轴的垂线，垂足为E.取点A(0，2)，连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由．解　(1)因为焦距为4，所以a2－b2＝4，又因为椭圆C过点P(，)，所以＋＝1，故a2＝8，b2＝4，从而椭圆C的方程为＋＝1.(2)一定有唯一的公共点，理由如下：由题意，E点坐标为(x0，0)．设D(xD，0)，则＝(x0，－2)，＝(xD，－2)．再由AD⊥AE知，·＝0，14\n即xDx0＋8＝0.由于x0y0≠0，故xD＝－.因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G.故直线QG的斜率kQG＝＝.又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以x＋2y＝8.①从而kQG＝－.故直线QG的方程为y＝－(x－)．②将②代入椭圆C方程，得(x＋2y)x2－16x0x＋64－16y＝0.③再将①代入③，化简得x2－2x0x＋x＝0.解得x＝x0，y＝y0，即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点．14