2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习42《直线与圆锥曲线的综合问题》(含详解)

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若双曲线E：eq \f(x2,a2)－y2=1(a＞0)的离心率等于eq \r(2)，直线y=kx－1与双曲线E的右支交于A，B两点.
(1)求k的取值范围；
(2)若|AB|=6eq \r(3)，求k的值.
已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y=－1相切.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)动直线l过点P(0，－2)，且与圆心M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.
已知椭圆C经过点（1,1.5），且与椭圆E：eq \f(x2,2)＋y2=1有相同的焦点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y=kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x=4交于点Q.
问：以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由.
已知动圆C与圆C1：(x－2)2＋y2=1相外切，又与直线l：x=－1相切.
(1)求动圆圆心轨迹E的方程；
(2)若动点M为直线l上任一点，过点P(1,0)的直线与曲线E相交于A，B两点.
求证：kMA＋kMB=2kMP.
已知椭圆W：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)=1(a>b>0)的焦距与椭圆Ω：eq \f(x2,4)＋y2=1的短轴长相等，且W与Ω的长轴长相等，这两个椭圆在第一象限的交点为A，直线l与直线OA(O为坐标原点)垂直，且l与W交于M，N两点.
(1)求W的方程；
(2)求△MON的面积的最大值.
已知点E(－2,0)，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点为F(2,0)，过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，△ABE的周长为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点N，已知eq \(NA,\s\up15(→))=meq \(AF,\s\up15(→))，eq \(NB,\s\up15(→))=neq \(BF,\s\up15(→))，求m＋n的值.
\s 0 答案解析
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(2)，,a2＝c2－1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝1，,c2＝2，))故双曲线E的方程为x2－y2=1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2＋2kx－2=0.①
∵直线与双曲线的右支交于A，B两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝（2k）2－4（1－k2）·（－2）＞0，,\f(－2,1－k2)＞0，,\f(－2k,1－k2)＞0，))
∴1＜k＜eq \r(2).
(2)由①得x1＋x2=eq \f(2k,k2－1)，x1x2=eq \f(2,k2－1)，
∴|AB|=eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)=2eq \r(\f(（1＋k2）（2－k2）,（k2－1）2))=6eq \r(3)，
整理得28k4－55k2＋25=0，∴k2=eq \f(5,7)或k2=eq \f(5,4).
又1＜k＜eq \r(2)，∴k=eq \f(\r(5),2).
解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=－1的距离，
由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，
直线y=－1为准线的抛物线，则eq \f(p,2)=1，p=2.
∴圆心M的轨迹方程为x2=4y.
(2)设直线l：y=kx－2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，则C(－x2，y2).
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx－2))⇒x2－4kx＋8=0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.))
kAC=eq \f(y1－y2,x1＋x2)=eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－\f(x\\al(2,2),4),x1＋x2)=eq \f(x1－x2,4)，直线AC的方程为y－y1=eq \f(x1－x2,4)(x－x1).
即y=y1＋eq \f(x1－x2,4)(x－x1)=eq \f(x1－x2,4)x－eq \f(x1x1－x2,4)＋eq \f(x\\al(2,1),4)=eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)，
∵x1x2=0，∴y=eq \f(x1－x2,4)x＋eq \f(x1x2,4)=eq \f(x1－x2,4)x＋2，
即直线AC恒过点(0,2).

解：(1)椭圆E的焦点为(±1,0)，
设椭圆C的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，,a2－b2＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12))消去y，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12=0，
所以Δ=64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)=0，
即m2=3＋4k2.
设P(xP，yP)，
则xP=eq \f(－4km,3＋4k2)=eq \f(－4k,m)，yP=kxP＋m=eq \f(－4k2,m)＋m=eq \f(3,m)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k,m)，\f(3,m))).假设存在定点M(s，t)满足题意，
因为Q(4,4k＋m)，
则eq \(MP,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k,m)－s，\f(3,m)－t))，MQ=(4－s,4k＋m－t)，
所以eq \(MP,\s\up7(―→))·eq \(MQ,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－s))(4－s)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,m)－t))(4k＋m－t)
=eq \f(－4k,m)(1－s)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,m)＋m＋4k))t＋(s2－4s＋3＋t2)=0恒成立，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－s＝0，,t＝0，,s2－4s＋3＋t2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(s＝1，,t＝0.))
所以存在点M(1,0)符合题意.
解：(1)由题知，动圆C的圆心到点(2,0)的距离等于到直线x=－2的距离，
所以由抛物线的定义可知，动圆C的圆心轨迹是以(2,0)为焦点，x=－2为准线的抛物线，所以动圆圆心轨迹E的方程为y2=8x.
(2)证明：由题知当直线AB的斜率为0时，不符合题意，
所以可设直线AB的方程为x=my＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝8x，))消去x，
得y2－8my－8=0，Δ=64m2＋32>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(－1，t)，
则y1＋y2=8m，y1·y2=－8，x1＋x2=8m2＋2，x1·x2=1，
而2kMP=2·eq \f(t,－1－1)=－t，
kMA＋kMB=eq \f(y1－t,x1＋1)＋eq \f(y2－t,x2＋1)eq \f(y1x2＋y2x1＋y1＋y2－tx1＋x2－2t,x1x2＋x1＋x2＋1)
=eq \f(\f(1,8)y1y2y1＋y2＋y1＋y2－tx1＋x2－2t,x1x2＋x1＋x2＋1)=eq \f(－t8m2＋4,8m2＋4)=－t，
所以kMA＋kMB=2kMP.
解：(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,a2－b2＝1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))故W的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)=1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(36,13)，,y2＝\f(4,13)，))∴eq \f(y2,x2)=eq \f(1,9).
又A在第一象限，∴kOA=eq \f(y,x)=eq \f(1,3).
故可设l的方程为y=－3x＋m.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－3x＋m，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，))得31x2－18mx＋3m2－12=0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2=eq \f(18m,31)，x1x2=eq \f(3m2－12,31).
∴|MN|=eq \r(1＋－32)×eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \r(10)×eq \f(4\r(3)\r(31－m2),31).
又O到直线l的距离为d=eq \f(|m|,\r(10))，
则△MON的面积S=eq \f(1,2)d·|MN|=eq \f(2\r(3)|m|\r(31－m2),31)，
∴S=eq \f(2\r(3)\r(m231－m2),31)≤eq \f(\r(3),31)(m2＋31－m2)=eq \r(3)，
当且仅当m2=31－m2，即m2=eq \f(31,2)时，满足Δ>0，
故△MON的面积的最大值为eq \r(3).
解：(1)由题意知，E为椭圆的左焦点，
∴|AB|＋|AE|＋|BE|=|AF|＋|BF|＋|AE|＋|BE|=4a=12，解得a=3.
又c=2，故b2=a2－c2=9－4=5，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)=1.
(2)由题知F(2,0)，若直线AB恰好过原点，则A(－3,0)，B(3,0)，N(0,0)，
∴eq \(NA,\s\up15(→))=(－3，0)，eq \(AF,\s\up15(→))=(5,0)，
则m=－eq \f(3,5)，eq \(NB,\s\up15(→))=(3,0)，eq \(BF,\s\up15(→))=(－1,0)，则n=－3，∴m＋n=－eq \f(18,5).
若直线AB不过原点，设直线AB：x=ty＋2，t≠0，
A(ty1＋2，y1)，B(ty2＋2，y2)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,t))).
则eq \(NA,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋2，y1＋\f(2,t)))，eq \(AF,\s\up15(→))=(－ty1，－y1)，eq \(NB,\s\up15(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋2，y2＋\f(2,t)))，eq \(BF,\s\up15(→))=(－ty2，－y2).
由eq \(NA,\s\up15(→))=meq \(AF,\s\up15(→))，得y1＋eq \f(2,t)=m(－y1)，从而m=－1－eq \f(2,ty1)；
由eq \(NB,\s\up15(→))=neq \(BF,\s\up15(→))，得y2＋eq \f(2,t)=n(－y2)，从而n=－1－eq \f(2,ty2).
故m＋n=－1－eq \f(2,ty1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2,ty2)))=－2－eq \f(2,t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))=－2－eq \f(2,t)×eq \f(y1＋y2,y1y2).
联立方程组得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))
整理得(5t2＋9)y2＋20ty－25=0，
∴y1＋y2=－eq \f(20t,5t2＋9)，y1y2=－eq \f(25,5t2＋9)，
∴m＋n=－2－eq \f(2,t)×eq \f(y1＋y2,y1y2)=－2－eq \f(2,t)×eq \f(20t,25)=－2－eq \f(8,5)=－eq \f(18,5).
综上所述，m＋n=－eq \f(18,5).