专题练8.5　直线与圆锥曲线的位置关系（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材）

这是一份专题练8.5　直线与圆锥曲线的位置关系（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材），共38页。试卷主要包含了5　直线与圆锥曲线的位置关系，已知双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
五年高考
高考新风向
1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0b>0),若右焦点为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.
3.(2020新高考Ⅱ,21,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.
(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(-2,0)在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
解题技巧
解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,−1两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.
名师点睛
求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
9.(2023新课标Ⅰ,22,12分,难)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于33.
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±3x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江金华一中适应性测试,2)经过点(2,1)且与抛物线y=x2有且仅有一个公共点的直线的条数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2024辽宁葫芦岛一模,4)已知椭圆G:x24+y23=1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B的一点,则直线AP,BP的斜率之积为( )
A.34 B.43 C.-34 D.-43
3.(2024山东济南一模,4)与抛物线x2=2y和圆x2+(y+1)2=1都相切的直线的条数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
4.(2024湖南邵阳第二次联考,7)已知直线l:x-2y-2=0与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为( )
A.12 B.24 C.32 D.54
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则双曲线的离心率为 .
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切线的方程为x+y=7,则C的离心率e= .
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则线段AB中点M的轨迹方程为 .
练思维
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y=16x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2 024的直线的条数是( )
A.4 035 B.4 036 C.4 037 D.4 038
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y=14x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率为( )
A.±152 B.±112 C.±2 D.±3
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为3的直线与C交于A、B两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为( )
A.83 B.163 C.323 D.16
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A,B两点,点T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k1,k2,k3,若k1k2k3=-18,则椭圆C的离心率为 .
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线C1:y2=2x,C2:y2=-4x的焦点分别为F1,F2,一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于点A,B,若|AF1|=|BF2|,则四边形ABF2F1的面积为 .
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那么实数k的取值范围是 .
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆x29+y25=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与该椭圆交于A,B两点,若线段AF2的中垂线过点F1,则|BF2|= .
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标;
(2)求圆Q的方程;
(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.
9.(2024山东潍坊二模,18)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为23,右焦点F2到一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P1(3,2)作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,FA=3,−14.点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k1,k2.
(1)求C的方程;
(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k1+k2)-2k1k2=4恒成立,请求出满足条件的所有点Q的坐标;
(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
练风向
(创新知识交汇)(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为12,经过点F1且倾斜角为θ00,b>0),
由题意可知c=25,
又离心率e=ca=5,∴a=2,
∴b2=c2-a2=20-4=16,
∴双曲线C的方程为x24-y216=1.
(2)证法一:由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).
联立x=my−4,x24−y216=1,消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
∴y1+y2=32m4m2−1,y1y2=484m2−1,∴my1y2=32(y1+y2).
易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1my1−2(x+2),①
直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2)=y2my2−6(x-2),②
联立①②可得,y1my1−2(x+2)=y2my2−6(x-2),
∴x+2x−2=my1y2−2y2my1y2−6y1=32(y1+y2)−2y232(y1+y2)−6y1=-13,
∴x=-1,
∴点P在定直线x=-1上.
证法二:由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).
由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由x24−y216=1,x=my−4,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
由根与系数的关系知,y1+y2=32m4m2−1,y1y2=484m2−1.
易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2),①
直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2),②
由①②得y1x1+2(x+2)=y2x2−2(x-2),
两边同时乘y2得,y1y2x1+2(x+2)=y22x2−2(x-2),
又点N(x2,y2)在双曲线x24-y216=1上,∴y22=4(x22-4).
∴y1y2x1+2(x+2)=4(x22−4)x2−2(x-2),
即y1y2(x+2)=4(x1+2)(x2+2)(x-2),③
又∵x=my-4,∴(x1+2)(x2+2)=(my1-2)(my2-2)=m2y1y2-2m(y1+y2)+4,
∴③式可化为484m2−1(x+2)=448m24m2−1-2m·32m4m2−1+4·(x-2),即484m2−1(x+2)=4·−44m2−1·(x-2),
即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.
∴点P在定直线x=-1上.
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(-2,0)在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
解析 (1)由已知条件得b=2,又e=ca=1−b2a2=1−4a2=53,∴a2=9,∴C的方程为y29+x24=1.
(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线l的斜率存在且不为零,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,
联立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,
由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−8kt4k2+9,x1x2=4t2−364k2+9,
易知直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2).
令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得yN=2y2x2+2,
则yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=kx1+tx1+2+kx2+tx2+2
=(kx1+t)(x2+2)+(kx2+t)(x1+2)(x1+2)(x2+2)
=2kx1x2+(2k+t)(x1+x2)+4t2(x1+x2)+x1x2+4
=2k(4t2−36)−8kt(2k+t)+4t(4k2+9)−16kt+4t2−36+4(4k2+9)
=36(t−2k)4(t−2k)2=9t−2k=93=3.
∴线段MN的中点过定点(0,3).
解题技巧
解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,−1两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.
解析 (1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)(巧设椭圆方程).由题意可得4n=1,9m4+n=1,解得n=14,m=13,故椭圆E的方程为x23+y24=1.
(2)由A(0,-2),B32,−1可得直线AB的方程为y=23x-2.
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,(易错点:不考虑斜率是否存在,直接设直线方程)
与方程x23+y24=1联立,可得y=±263,结合题意可知N1,263,M1,−263,由y=23x−2,y=−263,得x=−6+3,y=−263,
则T−6+3,−263,
由MT=TH,得−6+3−1=xH−(−6+3),yH=−263,
则H−26+5,−263,所以直线HN的方程为y=2+263x-2,易知直线HN过点(0,-2);
②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).
联立y+2=k(x−1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2+4,y1+y2=−8(2+k)3k2+4,y1y2=4(4+4k−2k2)3k2+4,x1y2+x2y1=−24k3k2+4.
联立y=y1,y=23x−2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即2×6k(2+k)3k2+4-6×−8(2+k)3k2+4+−24k3k2+4-3×4(4+4k−2k2)3k2+4-12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
名师点睛
求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析 (1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=20,b>0,x≥a),
则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,
则b2=c2-a2=(17)2-12=16,
所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x−12,由y=k1x−12+m,x2−y216=1(x≥1),消去y得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=k12−2k1mk12−16,x1x2=14k12+m2−k1m+16k12−16,
因为T12,m,
所以|TA|=x1−122+(y1−m)2
=x1−122+k1x1−12+m−m2
=x1−122+k12x1−122=1+k12x1−12x1>12,
同理|TB|=1+k12x2−12x2>12,
所以|TA|·|TB|=(1+k12)x1−12x2−12
=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+14
=(1+k12)14k12+m2−k1m+16k12−16-12×k12−2k1mk12−16+14
=(1+k12)14k12+m2−k1m+16−12k12+k1m+14k12−4k12−16
=(1+k12)(m2+12)k12−16.
设直线PQ的方程为y-m=k2x−12,
同理得|TP|·|TQ|=(m2+12)(1+k22)k22−16,
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以(m2+12)(1+k12)k12−16=(m2+12)(1+k22)k22−16,
即1+k12k12−16=1+k22k22−16,
(1+k12)(k22-16)=(1+k22)(k12-16),
化简得k12=k22,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
解析 (1)由题设得4a2+1b2=1,a2−b2a2=12,
解得a2=6,b2=3.
所以C的方程为x26+y23=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2(根与系数的关系).①
由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)·(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)2m2−61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=kx−23-13(k≠1).
所以直线MN过点P23,−13.
若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x1,-y1).
由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又x126+y123=1,所以3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=23.
此时直线MN过点P23,−13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.
9.(2023新课标Ⅰ,22,12分,难)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于33.
解析 (1)设P(x,y),由题意得(x−0)2+y−122=|y|,整理得x2-y+14=0,因此W的方程为y=x2+14.
(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.
设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14,Cx2,x22+14,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为-1k(k≠0),
直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=-1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+x02+14,y=-xk+x0k+x02+14,
联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2+14,y=kx−kx0+x02+14,
消去y得x2-kx+kx0-x02=0,
则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x0.
由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x02,
∴|AB|=1+k2·|x1-x0|=1+k2·(x0+x1)2−4x0x1=1+k2|k-2x0|.
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx-1kx0-x02=0,且|BC|=1+−1k2·|x2-x0|=1+−1k2·−1k−2x0=1+1k21k+2x0,
∴|AB|+|BC|=1+k2|k-2x0|+1+1k21k+2x0.
由对称性不妨设01+k2k+1k=(k2+1)3k2,令t=k2,则t∈(0,1],
则(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(t)=(t+1)3t,t∈(0,1],
则g'(t)=3(t+1)2t−(t+1)3t2=(t+1)2·(2t−1)t2,
当0g(t)≥g12=332.
∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±3x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解析 (1)由题意知c=2,ba=3,c2=a2+b2,解得a=1,b=3,
∴C的方程为x2-y23=1.
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,
设其方程为y=kx+b,
由y=kx+b,3x2−y2−3=0,得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,
由Δ>0,得b2+3-k2>0,
∴x1+x2=2kb3−k2,x1x2=−b2−33−k2,∵x1>x2>0,∴3-k2b>0)相交于A,B两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为( C )
A.12 B.24 C.32 D.54
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则双曲线的离心率为 2 .
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切线的方程为x+y=7,则C的离心率e= 15 .
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则线段AB中点M的轨迹方程为 y2=2(x-4) .
练思维
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y=16x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2 024的直线的条数是( C )
A.4 035 B.4 036 C.4 037 D.4 038
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y=14x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率为( B )
A.±152 B.±112 C.±2 D.±3
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为3的直线与C交于A、B两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为( B )
A.83 B.163 C.323 D.16
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A,B两点,点T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k1,k2,k3,若k1k2k3=-18,则椭圆C的离心率为 22 .
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线C1:y2=2x,C2:y2=-4x的焦点分别为F1,F2,一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于点A,B,若|AF1|=|BF2|,则四边形ABF2F1的面积为 322 .
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那么实数k的取值范围是 −∞,−12∪36∪12,+∞ .
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆x29+y25=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与该椭圆交于A,B两点,若线段AF2的中垂线过点F1,则|BF2|= 107 .
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标;
(2)求圆Q的方程;
(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.
解析 (1)椭圆的标准方程为x29+y2818=1,818-9=98,
所以焦点坐标为0,±324.(3分)
(2)将x=-1代入椭圆方程9x2+8y2=81得y=±3,由对称性不妨令M(-1,3),N(-1,-3),则直线MT的方程为y=3−1−3(x-3),即3x+4y-9=0.(4分)
设圆Q的方程为(x-t)2+y2=r2,r>0,
由于内切圆Q在△TMN的内部,所以-10)的实轴长为23,右焦点F2到一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P1(3,2)作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)因为实轴长为23,所以a=3,(1分)
取C的一条渐近线为y=bax,则有bca1+b2a2=b=1,(3分)
所以双曲线C的方程为x23-y2=1.(4分)
(2)由题意可知四边形MNRS为平行四边形,其面积S▱MNRS=4S△ORS,(5分)
由题意可知直线l1的斜率存在,设直线l1:y=kx+t,t=2-3k,且k≠±33,
联立y=kx+t,x23−y2=1,消去y并整理得(1-3k2)x2-6ktx-3t2-3=0,(6分)
因为直线l1与双曲线C相切,
所以1−3k2≠0,Δ=36k2t2+4(1−3k2)(3t2+3)=0,
得3k2=t2+1,即2k2-22k+1=0,
所以k=22,直线l1的方程为x-2y-1=0,(7分)
设直线l1与y=33x的交点为R,与y=-33x的交点为S,
联立x−2y−1=0,y=33x,得xR=3+6,(8分)
同理得xS=3-6,(9分)
则|RS|=1+k2|xR-xS|=1+222|xR-xS|=6,(10分)
因为原点O到直线l1的距离d=11+2=33,(11分)
所以S△ORS=12×6×33=3,
所以S▱MNRS=4S△ORS=43.(12分)
(3)设Q(x0,y0),则x023-y02=1,
不妨设Q到直线y=33x的距离为|QH1|=33x0−y0332+1=3233x0−y0,(13分)
同理|QH2|=3233x0+y0,(14分)
所以|QH1|·|QH2|=34x023−y02=34①,
|QH1|+|QH2|=2②,(15分)
由①②解得QH1|=12,QH2|=32或QH1|=32,QH2|=12,(16分)
解得x0=2,y0=33或x0=−2,y0=33或x0=2,y0=−33或x0=−2,y0=−33,
所以存在点Q2,33或Q−2,33或Q2,−33或Q−2,−33,使得|QH1|+|QH2|=2成立.(17分)
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,FA=3,−14.点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k1,k2.
(1)求C的方程;
(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k1+k2)-2k1k2=4恒成立,请求出满足条件的所有点Q的坐标;
(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
解析 (1)F0,p2,设Ax1,x122p,
则FA=x1,x122p−p2=3,−14,(1分)
所以x1=3,x122p−p2=−14,得2p2-p-6=0,解得p=2或p=-32(舍),
所以抛物线C的方程为x2=4y.(4分)
(2)设直线MN:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=kx+m,x2=4y,消去y得x2-4kx-4m=0.
所以Δ=16(k2+m)>0,x1+x2=4k,x1·x2=-4m.
k1=y1+2x1=kx1+m+2x1=k+m+2x1,k2=y2+2x2=kx2+m+2x2=k+m+2x2,
则k1+k2=2k+(m+2)1x1+1x2=2k+(m+2)x1+x2x1x2=k(m−2)m,(5分)
k1k2=(kx1+m+2)(kx2+m+2)x1x2
=k2x1x2+k(m+2)(x1+x2)+(m+2)2x1x2=8k2+(m+2)2−4m.(6分)
因为3(k1+k2)-2k1k2=4,
所以3×k(m−2)m-2×8k2+(m+2)2−4m-4=0,
即(2k+m-2)(4k+m-2)=0,
则m=2-2k或m=2-4k,能满足Δ>0.(8分)
则MN:y=kx+2-2k=k(x-2)+2或MN:y=kx+2-4k=k(x-4)+2,
所以定点Q的坐标为(2,2)或(4,2).(10分)
(3)Q(4,2)在抛物线C的外部,当直线MN经过Q(4,2)时,MN不存在最小值;(11分)
当直线MN过点Q(2,2)时,x2-4kx-4m=0化为x2-4kx-4(2-2k)=x2-4kx+8k-8=0,
Δ=16(k2-2k+2)>0恒成立,x1+x2=4k,x1x2=8k-8,
|MN|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2·(4k)2−4(8k−8)=4k4−2k3+3k2−2k+2.(13分)
令f(k)=k4-2k3+3k2-2k+2,
则f '(k)=4k3-6k2+6k-2=2(2k-1)(k2-k+1),
令f '(k)=0,得k=12.(15分)
当k0, f(k)在12,+∞上为增函数,(16分)
所以当k=12时, f(k)有最小值,即|MN|有最小值.
|MN|min=4×1+14×14−1+2=5.(17分)
练风向
(创新知识交汇)(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为12,经过点F1且倾斜角为θ0