2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练47直线与圆锥曲线Word版附解析，共10页。试卷主要包含了基础巩固，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.已知椭圆x236+y29=1以及椭圆内一点P(4,2),则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A.12B.-12C.2D.-2
2.若点O和点F分别为椭圆x24+y23=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则OP·FP的最大值为( )
A.2B.3C.6D.8
3.已知抛物线y2=2x的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,分别过点A,B作准线的垂线,垂足分别为C,D,且|CF|=2|DF|,则直线l的斜率为( )
A.2B.12C.43D.34
4.已知双曲线C:x22-y2=1,若直线l:y=kx+m(km≠0)与双曲线C的右支交于不同的两点M,N,且点M,N都在以A(0,-1)为圆心的圆上,则m的取值范围是( )
A.(3,+∞)
B.-13,0∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(3,+∞)
D.-13,3
5.已知抛物线y2=4x,过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A,B两点(A在第一象限内),AF=3FB,过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G,则△ABG的面积为( )
A.839B.1639C.3239D.6439
6.已知过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点且斜率为2的直线,与该双曲线的右支交于两点,则此双曲线离心率的取值范围为 .
7.设过抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2=8px(p>0)交于A,B两点,直线OP与抛物线y2=8px(p>0)的另一个交点为Q,则S△ABQS△ABO= .
8.已知双曲线与椭圆x29+y23=1有相同的焦点,且以x+2y=0为其一条渐近线,则双曲线方程为 ,过其右焦点且长为4的弦有 条.
9.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点P(0,4)的动直线l与抛物线C交于A,B两点,当点F在直线l上时,直线l的斜率为-2.
(1)求抛物线C的方程;
(2)在线段AB上取点D,满足PA=λPB,AD=λDB,证明:点D总在定直线上.
能力提升
10.设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,双曲线C的一条渐近线为l,以F为圆心的圆与l相交于M,N两点,MF⊥NF,O为坐标原点,OM=λON(2≤λ≤5),则双曲线C的离心率的取值范围是( )
A.52,2B.52,133
C.103,133D.103,345
11.(多选)已知B1,B2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)短轴的两个端点,点P是椭圆上不同于短轴端点的任意一点,点Q与点P关于y轴对称,则下列四个结论正确的是( )
A.直线PB1与PB2的斜率之积为定值-a2b2
B.PB1·PB2>0
C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a
D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线
12.(2023山东聊城一模)研究发现椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,这个圆叫作椭圆的蒙日圆.设椭圆C的焦点为F1,F2,P为椭圆C上的任意一点,R为椭圆C的蒙日圆的半径.若PF1·PF2的最小值为15R2,则椭圆C的离心率为( )
A.12B.22C.13D.33
13.已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过抛物线C的焦点且斜率为k的直线与抛物线C交于A,B两点.若∠AMB=90°,则k= .
14.已知m,n,s,t均为正实数,m+n=2,ms+nt=9,当s+t取最小值49时,m,n对应的点(m,n)是双曲线x24−y22=1一条弦的中点,则此弦所在的直线方程为 .
15.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
16.在平面直角坐标系中,点F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,双曲线C的离心率为2,点1,32在双曲线C上.不在x轴上的动点P与动点Q关于原点O对称,且四边形PF1QF2的周长为42.
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)在动点P的轨迹上有两个不同的点M(x1,y1),N(x2,y2),线段MN的中点为G,已知点(x1,x2)在圆x2+y2=2上,求|OG|·|MN|的最大值,并判断此时△OMN的形状.
17.已知O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,双曲线x24-y2=1的渐近线与椭圆C的交点到原点的距离均为102.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若点D,M,N为椭圆C上的动点,M,O,N三点共线,直线DM,DN的斜率分别为k1,k2.
①证明:k1k2=-14;
②若k1+k2=0,设直线DM过点(0,m),直线DN过点(0,n),证明:m2+n2为定值.
三、探究创新
18.已知F1,F2为椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P1,233在椭圆上,且过点F2的直线l交椭圆E于A,B两点,△AF1B的周长为43.
(1)求椭圆E的方程;
(2)我们知道抛物线有性质:“过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的弦AB满足|AF|+|BF|=2p|AF|·|BF|.”那么对于椭圆E,是否存在实数λ,使得|AF2|+|BF2|=λ|AF2|·|BF2|成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
考点规范练47 直线与圆锥曲线
1.B 设弦的端点A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=8,y1+y2=4,x1236+y129=1,x2236+y229=1,
两式相减,得(x1+x2)(x1-x2)36+(y1+y2)(y1-y2)9=0,
所以2(x1-x2)9=-4(y1-y2)9,
所以k=y1-y2x1-x2=-12.故选B.
2.C 由题意得F(-1,0),设点P(x0,y0),
则y02=31-x024(-2≤x0≤2).
因为OP=(x0,y0),FP=(x0+1,y0),
所以OP·FP=x0(x0+1)+y02=x02+x0+y02=x02+x0+31-x024=14(x0+2)2+2.
因为-2≤x0≤2,所以当x0=2时,OP·FP取得最大值,最大值为6.
3.C 依题意,点F12,0,设直线l的方程为x=ky+12,点A(x1,y1),B(x2,y2),且y1>0>y2,
由y2=2x,x=ky+12,得y2-2ky-1=0,Δ=4k2+4>0,
则y1+y2=2k,y1y2=-1.
由已知得点C-12,y1,D-12,y2,因为|CF|=2|DF|,
所以1+y12=4+4y22,即y12=3+4y22.
由y1y2=-1,y12=3+4y22,y1>0>y2,解得y1=2,y2=-12.
所以2k=32,即k=34.
故直线l的斜率为43.
4.A 设点M(x1,y1),N(x2,y2),
由y=kx+m,x22-y2=1,得(1-2k2)x2-4kmx-2(1+m2)=0.
因为直线l与双曲线的右支相交,所以1-2k2≠0,Δ=16k2m2+8(1-2k2)(1+m2)>0,即1+m2-2k2>0,
x1+x2=4km1-2k2>0,x1x2=-2(m2+1)1-2k2>0.
设MN的中点为G(x0,y0),则x0=2km1-2k2,y0=m1-2k2.
所以kAG=1+m-2k22km.
由题意,可知AG⊥MN,所以1+m-2k22km·k=-1,
即2k2=3m+1.
因为x1x2>0,所以1-2k20.
将2k2=3m+1代入1+m2-2k2>0,解得m>3.
5.C 设A(x1,y1),B(x2,y2),∵AF=3FB,
∴y1=-3y2.设直线l的方程为x=my+1,
由y2=4x,x=my+1消去x,得y2-4my-4=0,∴y1y2=-4,
∴y1=23,y2=-233,∴y1+y2=4m=433,
∴m=33.∴x1+x2=103,AB的中点坐标为(53,233).
∴过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y-233=-33x-53,令y=0,可得x=113,即G113,0,
∴S△ABG=12×113-1×23+233=3239.
6.(1,5) 由题意得bab>0,c>0),不妨设椭圆的焦点在x轴上,中心在坐标原点,显然x=±a,y=±b均为椭圆的切线,即(a,b),(a,-b),(-a,b),(-a,-b)均在蒙日圆上,根据对称性分析可得,蒙日圆的圆心为坐标原点,半径R=a2+b2,则椭圆方程为x2a2+y2b2=1.设椭圆上任一点P(acs θ,bsin θ),F1(-c,0),F2(c,0),则PF1=(-c-acs θ,-bsin θ),PF2=(c-acs θ,-bsin θ),可得PF1·PF2=(-c-acs θ)(c-acs θ)+(-bsin θ)·(-bsin θ)=a2cs2θ-c2+b2sin2θ=(a2-b2)cs2θ-c2+b2(sin2θ+cs2θ)=c2cs2θ+b2-c2.注意到c2>0,cs2θ∈[0,1],故PF1·PF2=c2cs2θ+b2-c2≥b2-c2,当且仅当cs2θ=0时,等号成立,即PF1·PF2的最小值为b2-c2,故b2-c2=15R2=15(a2+b2),整理得4b2-5c2=a2,即4(a2-c2)-5c2=a2,整理得c2a2=13,即e=ca=33.
13.2 由题意知抛物线C的焦点为(1,0),则过抛物线C的焦点且斜率为k的直线方程为y=k(x-1)(k≠0),
由y=k(x-1),y2=4x,消去y得k2(x-1)2=4x,
即k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1.
由y=k(x-1),y2=4x,消去x得y2=41ky+1,
即y2-4ky-4=0,
则y1+y2=4k,y1y2=-4.
因为∠AMB=90°,
所以有MA·MB=(x1+1,y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1=0,①
将x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1与y1+y2=4k,y1y2=-4代入①,得k=2.
14.x-2y+1=0 由已知得s+t=19(s+t)ms+nt=19m+n+mts+nst≥19(m+n+2mn)=19(m+n)2.
因为s+t的最小值是49,
所以19(m+n)2=49,
m+n=2,又m+n=2,所以m=n=1.
设以点(1,1)为中点的弦的两个端点的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2),
则有x1+x22=y1+y22=1,即x1+x2=y1+y2=2.①
又该两点在双曲线上,则有x124−y122=1,x224−y222=1,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)4−(y1+y2)(y1-y2)2=0.②
由①②得y1-y2x1-x2=12,即所求直线的斜率是12,
所以所求直线的方程是y-1=12(x-1),
即x-2y+1=0.
15.(1)解 由已知得c=2,e=ca=63,所以a=3,所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明 由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0).
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,显然不符合题意.
当直线MN的斜率存在时,设点M(x1,y1),N(x2,y2).
必要性:若M,N,F三点共线,则可设直线MN:y=k(x-2),即kx-y-2k=0.
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,可得|2k|k2+1=1,解得k=±1.
由y=±(x-2),x23+y2=1,可得4x2-62x+3=0,所以x1+x2=322,x1x2=34,
所以|MN|=1+1·(x1+x2)2-4x1x2=3.所以必要性成立.
充分性:设直线MN:y=kx+b(kb0)相切可得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1.
由y=kx+b,x23+y2=1,可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,
所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1x2=3b2-31+3k2,
所以|MN|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·-6kb1+3k22-4·3b2-31+3k2
=1+k2·24k21+3k2=3,
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以k=1,b=-2或k=-1,b=2,所以直线MN:y=x-2或y=-x+2,
所以直线MN过点F(2,0),即M,N,F三点共线.
所以充分性成立.
所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
16.解 (1)设F1,F2分别为(-c,0),(c,0),
可得ca=2,b2=c2-a2=3a2,
又点1,32在双曲线C上,
∴1a2−94b2=1,
又a>0,b>0,
∴a=12,c=1.
由题意易知四边形PF1QF2为平行四边形.
∴|PF1|+|PF2|=22>2,∴动点P的轨迹是以点F1,F2分别为左、右焦点的椭圆(除左、右顶点),
∴动点P的轨迹方程为x22+y2=1(y≠0).
(2)∵x12+x22=2,x122+y12=1,x222+y22=1,∴y12+y22=1.
∴|OG|·|MN|=(x1-x2)2+(y1-y2)2·x1+x222+y1+y222=123-2x1x2-2y1y2·3+2x1x2+2y1y2≤123-2x1x2-2y1y2+3+2x1x2+2y1y22=32,
当3-2x1x2-2y1y2=3+2x1x2+2y1y2,
即x1x2+y1y2=0时取等号,
所以|OG|·|MN|的最大值为32,此时OM⊥ON,即△OMN为直角三角形.
17.(1)解 设椭圆的半焦距为c,
由题意可得e=ca=1-b2a2=32,所以a=2b.①
因为双曲线x24-y2=1的渐近线方程为y=±12x,
所以可设双曲线的渐近线与椭圆C在第一象限的交点为P(2t,t),所以t2+(2t)2=102,即t2=12.
因为点P在椭圆上,所以4t2a2+t2b2=1,即2a2+12b2=1.②
由①②可得a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明 ①由题意可得点M,N关于原点对称,可设点D(x1,y1),M(x2,y2),N(-x2,-y2),
因为点D,M在椭圆上,所以x124+y12=1,x224+y22=1,
所以y12=1-x124,y22=1-x224,所以k1k2=y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=y12-y22x12-x22=1-x124-1-x224x12-x22=-14.
②可设k1>0,k20,y2