人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系一课一练

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系一课一练，共27页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

题组一 直线与椭圆的位置关系
1.(2020吉林一中高二月考)已知A={(x,y)|x+y=2},B={(x,y)|x2+2y2=2},则A∩B中元素的个数为( )
A.4B.2C.1D.0
2.直线y=kx-k+1与椭圆x29+y24=1的位置关系为( )
A.相交B.相切C.相离D.不确定
3.直线y=x+1被椭圆x2+4y2=8截得的弦长是( )
A.1225B.825 C.34 D.172
4.(2020浙江宁波高二月考)以F1(-1,0),F2(1,0)为焦点且与直线x-y+3=0有公共点的椭圆中,离心率最大的椭圆方程是( )
A.x220+y219=1B.x29+y28=1 C.x25+y24=1 D.x23+y22=1
5.(2020河北沧州高二期中)直线y=kx+1被椭圆x24+y2=1截得的弦长的最大值为 .
6.(2020山东潍坊一中高二月考)经过椭圆x22+y2=1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l,交椭圆于A,B两点,设O为坐标原点,则OA·OB= .
7.已知椭圆方程为y216+x24=1.
(1)判断直线y=2x+6是否与椭圆有公共点;
(2)若斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点,且|AB|=1625,求直线l的方程.
8.(2019重庆八中高二月考)已知椭圆C:x24+y2=1,直线l经过点E(-1,0),且与椭圆C相交于A、B两点,且|EA|=2|EB|.
(1)求直线l的方程;
(2)求弦AB的长度.
题组二 直线与双曲线的位置关系
9.(2020山东淄博高二月考)直线y=2x与双曲线x24-y2=1公共点的个数为( )
A.0B.1C.2D.4
10.(2019山西临汾一中高二期中)若直线l经过点(2,0),且与双曲线x2-y2=1只有一个公共点,则符合要求的直线l的条数是( )
A.1B.2C.3D.4
11.已知双曲线x212-y24=1的右焦点为F,若过点F的直线与双曲线右支有且只有一个交点,则此直线斜率的取值范围是( )
A.-33,33B.(-3,3)
C.-33,33D.[-3,3]
12.(2019广东茂名高二期中)若直线y=x+m与双曲线x24-y2=1有两个公共点,则实数m的取值范围是 .
13.已知点A(-3,0)和点B(3,0),动点C到A,B两点的距离之差的绝对值为2,点C的轨迹与直线y=x-2交于D,E两点,求线段DE的长.
题组三 直线与抛物线的位置关系
14.(2020黑龙江哈尔滨师大附中高二月考)已知直线y=kx-1与抛物线x2=8y相切,则双曲线x2-k2y2=1的离心率为( )
A.5B.3C.2D.32
15.(2020重庆巴蜀中学高二月考)过点(1,1)与抛物线y2=x只有一个公共点的直线有( )
A.1条B.2条C.3条D.4条
16.直线y=2x+4与抛物线y=x2交于A,B两点,O为坐标原点,则△ABO的面积为( )
A.25B.45C.65D.85
17.直线y=x-3与抛物线y2=4x交于A,B两点,过A,B两点向抛物线的准线作垂线,垂足分别为P,Q,则梯形APQB的面积为( )
A.48B.56C.64D.72
18.(2020福建福州四校高二联考)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,点M(-2,2),过点F且斜率为k的直线与C交于A,B两点,若MA·MB=0,则k=( )
A.2B.22C.12D.2
19.设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是 .
20.(2020山东烟台一中高二期中)在平面直角坐标系xOy中,直线l过抛物线y2=4x的焦点F,且与该抛物线相交于A,B两点,其中点A在x轴上方.若直线l的倾斜角为60°,则△OAF的面积为 .
21.过点(-3,2)的直线与抛物线y2=4x只有一个公共点,求此直线方程.
22.(2020四川绵阳高二期中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)经过点A(1,-2).
(1)求抛物线的方程,并求其准线方程;
(2)若直线l与OA平行,与抛物线有公共点,且直线OA与l的距离为55,求直线l的方程.
23.(2020安徽合肥八中高二期末)已知过抛物线x2=2py(p>0)的焦点,斜率为24的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1(1)求该抛物线的方程;
(2)O为坐标原点,C为抛物线上一点,若OC=OA+λOB,求λ的值.
能力提升练
题组一 中点弦问题
1.(2020广东珠海高三期末,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,离心率为22,过点F的直线l交椭圆于A,B两点,若AB的中点为(1,1),则直线l的斜率k=( )

A.2B.-2C.12D.-12
2.(2020山东寿光现代中学高二月考,)过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F,且倾斜角为π4的直线与抛物线交于A,B两点,若弦AB的垂直平分线经过点(0,2),则p的值为( )
A.4B.2C.45D.25
3.(2020山西太原高二月考,)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与方向向量为k=(6,6)的直线交于A,B两点,线段AB的中点为(4,1),则该双曲线的渐近线方程是 .
4.(2019四川眉山高二月考,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F(-2,0),上顶点B(0,2).
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线y=x+m与椭圆C交于不同的两点M,N,且线段MN的中点G在圆x2+y2=1上,求m的值.
题组二 最值与范围问题
5.(2020浙江杭州学军中学高二月考,)圆C的圆心在拋物线y=4x2上,且圆C过抛物线y=4x2的焦点,则圆C上的点到直线y=-6距离的最小值为( )
A.9516B.254C.5D.72
6.(2020河南新乡一中高二期中,)已知椭圆C:x22+y2=1,设过点P(2,0)的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B且∠AOB为钝角(其中O为坐标原点),则直线l的斜率的取值范围是( )
A.-22,22B.-55,0∪0,55
C.-∞,-55∪55,+∞D.-22,0∪0,22
7.(多选)(2020浙江宁波镇海中学月考,)已知F是双曲线x23a2-y2a2=1的右焦点,O为坐标原点,设P是双曲线上一点,则∠POF的大小可能是( )
A.15°B.25°C.60°D.165°
8.(2020河南平顶山高二检测,)椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,过椭圆的右焦点F2作一条直线l交椭圆于P,Q两点,则△F1PQ内切圆面积的最大值是 .
9.(2020山东泰安高二月考,)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率等于32,且点(-22,5)在双曲线上.
(1)求双曲线的方程;
(2)若双曲线的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上任意一点,求PA1·PF2的最小值.
10.(2020广东广州高三期末,)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过F垂直于x轴的直线被C截得的弦长为4.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过点(m,0),且斜率为1的直线被抛物线C截得的弦为AB,若点F在以AB为直径的圆内,求m的取值范围.
11.(2020山西太原高二期中,)已知椭圆C:x29+y2b2=1(b>0)上的动点P到右焦点距离的最小值为3-22.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l和椭圆C交于M、N两点,A为椭圆的右顶点,AM·AN=0,求△AMN面积的最大值.
题组三 定值与定点问题
12.(2019山东泰安高二月考,)设A、P是椭圆x22+y2=1上的两点,点A关于x轴的对称点为B(异于点P),若直线AP、BP分别交x轴于点M、N,则OM·ON等于 .
13.(2020湖南浏阳高二期中,)过抛物线C:y2=x上一点A(1,1)作两条互相垂直的直线,分别交抛物线于P,Q(异于点A)两点,则直线PQ恒过定点 .
14.(2020安徽黄山高三一模,)已知△ABC的三个顶点都在抛物线y2=2px(p>0)上,且抛物线的焦点F为△ABC的重心.
(1)记△OFA、△OFB、△OFC的面积分别为S1、S2、S3,求证:S12+S22+S32为定值;
(2)若点A的坐标为(1,-2),求BC所在的直线方程.
15.(2019海南海口中学高二期中,)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线与x轴的交点坐标是(-4,0).
(1)求抛物线方程;
(2)求定点M,使过点M的直线l与抛物线交于B、C两点(异于原点),且以BC为直径的圆恰好经过原点.
16.(2020陕西西安高二检测,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,0),离心率为32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点B(1,0)且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于E,F两点,直线AE,AF分别交直线x=3于M,N两点,线段MN的中点为P.记直线PB的斜率为k',求证:k·k'为定值.
答案全解全析
基础过关练
1.D 联立x+y=2,x2+2y2=2,消去x得3y2-4y+2=0,由于Δ=-8<0,所以直线x+y=2与椭圆x2+2y2=2没有公共点,故A∩B中元素的个数为0.
2.A 由题意得直线y-1=k(x-1)恒过定点(1,1),而点(1,1)在椭圆x29+y24=1的内部,所以直线与椭圆相交.
3.A 将直线y=x+1代入x2+4y2=8,可得x2+4(x+1)2=8,即5x2+8x-4=0,所以x1=-2,x2=25,则y1=-1,y2=75,故直线y=x+1被椭圆x2+4y2=8截得的弦长为25+22+75+12=1225.
4.C 设椭圆方程为x2a2+y2a2-1=1(a>1),由x2a2+y2a2-1=1,x-y+3=0得(2a2-1)x2+6a2x+(10a2-a4)=0,由Δ≥0,得a≥5(a≤1舍去),所以e=ca=1a≤55,所以离心率最大时,a=5,此时椭圆方程为x25+y24=1.
5.答案 433
解析 联立x24+y2=1,y=kx+1,消去y得(1+4k2)x2+8kx=0,设弦为AB,其中A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k1+4k2,x1x2=0,
于是|AB|=1+k2|x1-x2|
=1+k2×(x1+x2)2-4x1x2=163-1211+4k2-132,
因此当11+4k2-13=0,即k=±22时,弦长取得最大值433.
6.答案 -13
解析 依题意,当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时,其方程为y=x-1,代入椭圆方程x22+y2=1,并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=43,所以两个交点的坐标分别为(0,-1),43,13,所以OA·OB=-13,同理,当直线l经过椭圆的左焦点时,也可得OA·OB=-13.
7.解析 (1)由y216+x24=1,y=2x+6可得2x2+6x+5=0,由于Δ=62-4×2×5<0,所以该方程组无解,即直线与椭圆没有公共点.
(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组y=x+m,y216+x24=1消去y得5x2+2mx+m2-16=0,
由题意,得Δ=(2m)2-20(m2-16)>0,且x1+x2=-2m5,x1x2=m2-165,
因为|AB|=1+12·|x1-x2|=2·(x1+x2)2-4x1x2=165 2,
所以-2m52-4(m2-16)5=1652,
解得m=±2,验证知Δ>0成立,
所以直线l的方程为x-y+2=0或x-y-2=0.
8.解析 (1)若直线l的斜率不存在,则其方程为x=-1,显然不满足|EA|=2|EB|,
故直线l的斜率一定存在,设为k,则l的方程为y=k(x+1).
联立y=k(x+1),x24+y2=1,整理得(4k2+1)x2+8k2x+4k2-4=0.
Δ=(8k2)2-4(4k2+1)(4k2-4)=48k2+16>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系可得x1+x2=-8k24k2+1,①x1x2=4k2-44k2+1,②
由于|EA|=2|EB|,所以x1+2x2=-3,③
联立①②③可得k=±156,
因此直线l的方程是y=±156(x+1),即15x+6y+15=0或15x-6y+15=0.
(2)由(1)得x1+x2=-54,x1x2=-78,
因此弦AB的长度|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2
=1+512·-542-4×-78
=3851.
9.A 双曲线x24-y2=1的渐近线方程为y=±12x,焦点在x轴上,结合图像(图略)知,直线y=2x与该双曲线无公共点.
10.B 依题意,直线l的斜率必存在,设其为k,则直线l的方程为y=k(x-2).
联立y=k(x-2),x2-y2=1,消去y整理得到(1-k2)·x2+4k2x-(4k2+1)=0,
当1-k2=0,即k=±1时,该方程只有一个解,直线与双曲线只有一个公共点;
当1-k2≠0时,由Δ=(4k2)2+4(1-k2)·(4k2+1)=0,得k无解.综上,符合要求的直线只有2条.
11.C 双曲线x212-y24=1的渐近线方程是y=±33x,右焦点为F(4,0),过右焦点F(4,0)分别作两条渐近线的平行线l1和l2,如图,由图可知,符合条件的直线的斜率的取值范围是-33,33.
12.答案 m>3或m<-3
解析 联立x24-y2=1,y=x+m,消去y得3x2+8mx+4m2+4=0,依题意有Δ=(8m)2-4×3×(4m2+4)>0,即m2>3,解得m>3或m<-3.
13.解析 设点C(x,y),则||CA|-|CB||=2<23,根据双曲线的定义,可知点C的轨迹是双曲线,2a=2,2c=|AB|=23,故a2=1,b2=2,故点C的轨迹方程是x2-y22=1.
由x2-y22=1,y=x-2消去y,整理得x2+4x-6=0,因为Δ>0,所以直线与双曲线有两个交点,
设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-4,x1·x2=-6,
故|DE|=2·(x1+x2)2-4x1x2=45.
14.B 由y=kx-1,x2=8y得x2-8kx+8=0,依题意有Δ=64k2-32=0,则k2=12,所以双曲线方程为x2-y22=1,可得a=1,c=3,则双曲线的离心率e=ca=3.
15.B 因为点(1,1)在抛物线y2=x上,所以与y2=x只有一个公共点的直线有两条,其中一条为切线,一条为平行于x轴的直线.
16.B 设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=2x+4,y=x2得x2-2x-4=0,所以x1+x2=2,x1x2=-4,|AB|=1+22|x1-x2|=1+22·(x1+x2)2-4x1x2=10,原点到直线的距离d=45,S△AOB=12×10×45=45.
17.A 由y=x-3,y2=4x得x2-10x+9=0,解得x=1,y=-2或x=9,y=6.不妨设A(9,6),B(1,-2),则|AP|=10,|BQ|=2,|PQ|=8,故梯形APQB的面积S=12(|AP|+|BQ|)×|PQ|=12×(10+2)×8=48.
18.D 过点F(2,0)且斜率为k的直线的方程为y=k(x-2),设点A(x1,y1),B(x2,y2),则MA·MB=(x1+2,y1-2)·(x2+2,y2-2)=(x1+2)(x2+2)+(y1-2)(y2-2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2-2(y1+y2)+4=0,①
由y=k(x-2),y2=8x消去y,并整理得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,
∴x1x2=4,x1+x2=4k2+8k2,②
消去x,并整理得ky2-8y-16k=0,
∴y1y2=-16,y1+y2=8k,③
将②③代入①并整理得k2-4k+4=0,
解得k1=k2=2.
19.答案 -1≤k≤1
解析 易知直线l的斜率一定存在,故设直线l的方程为y=k(x+2),与抛物线方程联立,消去x,整理得ky2-8y+16k=0.
当k=0时,直线l与抛物线有一个交点;
当k≠0时,由Δ=64-64k2≥0,解得-1≤k≤1,且k≠0.
综上,-1≤k≤1.
20.答案 3
解析 直线l的方程为y=3(x-1),即x=33y+1,代入抛物线方程得y2-433y-4=0,解得y1=23,y2=-233,因为点A在x轴上方,所以A点的纵坐标为23,故△OAF的面积为12×1×23=3.
21.解析 显然直线斜率存在,故设直线方程为y-2=k(x+3),
由y-2=k(x+3),y2=4x消去x,整理得ky2-4y+12k+8=0,①
当k=0时,方程①化为-4y+8=0,即y=2,此时过(-3,2)的直线方程为y=2,满足条件.
当k≠0时,方程①应有两个相等的实根,所以k≠0,Δ=0,即k≠0,16-4k(12k+8)=0,解得k=13或k=-1,则直线方程为y-2=13(x+3)或y-2=-(x+3),即x-3y+9=0或x+y+1=0.
综上,所求直线方程为y=2或x-3y+9=0或x+y+1=0.
22.解析 (1)将点A(1,-2)代入抛物线方程y2=2px(p>0),得(-2)2=2p×1,得p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x,其准线方程为x=-1.
(2)设直线l的方程为y=-2x+t(t≠0).
联立y2=4x,y=-2x+t,消去x得y2+2y-2t=0.
因为直线l与抛物线C有公共点,所以Δ=4+8t≥0,解得t≥-12.
由直线OA与l的距离为55,可得|t|5=55,解得t=±1,
所以t=1.
所以直线l的方程为2x+y-1=0.
23.解析 (1)抛物线x2=2py的焦点为0,p2,所以直线AB的方程为y=24x+p2,
由y=24x+p2,x2=2py消去x得4y2-5py+p2=0,
所以y1+y2=5p4,由抛物线的定义得|AB|=y1+y2+p=9,即5p4+p=9,所以p=4.
所以抛物线的方程为x2=8y.
(2)由p=4知,方程4y2-5py+p2=0可化为y2-5y+4=0,解得y1=1,y2=4,
故x1=-22,x2=42.
所以A(-22,1),B(42,4).
则OC=OA+λOB=(-22,1)+λ(42,4)=(-22+42λ,1+4λ).
因为C为抛物线上一点,
所以(-22+42λ)2=8(1+4λ),
整理得λ2-2λ=0,所以λ=0或λ=2.
能力提升练
1.D ∵ca=22,∴4c2=2a2,∴4(a2-b2)=2a2,∴a2=2b2.
设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1+x2=2,y1+y2=2,易得b2x12+a2y12=a2b2,①b2x22+a2y22=a2b2,②
①-②得b2(x1+x2)(x1-x2)+a2(y1+y2)(y1-y2)=0,∴2b2(x1-x2)+2a2(y1-y2)=0,
∴2b2+4b2y1-y2x1-x2=0,∴1+2k=0,∴k=-12.故选D.
2.C 由题意,抛物线y2=2px(p>0)的焦点Fp2,0,则过焦点F且倾斜角为π4的直线方程为y=x-p2,设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=x-p2,y2=2px得y2-2py-p2=0,所以y1+y2=2p,x1+x2=3p,于是弦AB的中点坐标为3p2,p.由题易知,弦AB的垂直平分线方程为y-2=-x,又弦AB的中点在该直线上,所以p-2=-3p2,解得p=45.
3.答案 y=±12x
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12a2-y12b2=1且x22a2-y22b2=1,因为线段AB的中点为(4,1),所以y2-y1x2-x1=b2(x2+x1)a2(y2+y1)=4b2a2,由题意可得直线AB的斜率为1,所以4b2a2=1,即ba=12,故双曲线的渐近线方程为y=±12x.
4.解析 (1)由题意可得c=2,b=2,由a2=b2+c2得a2=22+22=8,
故椭圆C的方程为x28+y24=1.
(2)设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点G(x0,y0),
由y=x+m,x28+y24=1消去y得3x2+4mx+2m2-8=0,则Δ=96-8m2>0,所以-23因为x1+x2=-4m3,则x0=x1+x22=-2m3,y0=x0+m=m3,
又因为点G(x0,y0)在圆x2+y2=1上,
所以-23m2+13m2=1,
解得m=±355,满足-23所以m的值为±355.
5.A 设圆C的圆心为(a,4a2),半径为r,由抛物线的焦点为0,116,准线方程为y=-116,可得r=4a2+116,所以圆C与抛物线的准线相切,与直线y=-6相离,所以圆C上的点到直线y=-6的距离的最小值为6-116=9516.
6.B 易知直线l的斜率存在,故设直线方程为y=k(x-2)(k≠0),由y=k(x-2),x22+y2=1消去y得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,由题意Δ=(-8k2)2-4×(1+2k2)×(8k2-2)>0,
解得-22设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k21+2k2,x1x2=8k2-21+2k2,y1y2=k2(x1-2)(x2-2)=2k21+2k2,
因为∠AOB为钝角,所以x1x2+y1y2=8k2-21+2k2+2k21+2k2<0,解得-55综上所述,直线l的斜率的取值范围为-55,0∪0,55.
7.ABD 易知该双曲线的焦点在x轴上,渐近线方程为y=±a3ax,即y=±33x,因此两条渐近线的倾斜角分别为30°,150°,当P在右支上时,∠POF的取值范围是[0°,30°),当P在左支上时,∠POF的取值范围是(150°,180°],因此结合选项知∠POF的大小不可能为60°,可能为15°,25°,165°.
8.答案 916π
解析 因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是三角形面积的2倍,且△F1PQ的周长是定值8,所以只需求△F1PQ面积的最大值.设直线l的方程为x=my+1,联立x24+y23=1,x=my+1,消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,于是S△F1PQ=12|F1F2|·|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=12m2+1(3m2+4)2,设m2+1=t,则t≥1,即S△F1PQ=12t(3t+1)2=1219t+1t+6.
令g(t)=9t+1t(t≥1),易知g(t)在[1,+∞)上为增函数,所以g(t)≥g(1)=10,所以S△F1PQ≤3,所以内切圆半径r=2S△F1PQ8≤34,因此△F1PQ内切圆面积的最大值是916π.
9.解析 (1)依题意有ca=32,8a2-5b2=1.又c2=a2+b2,所以a2=4,b2=5,故双曲线的方程为x24-y25=1.
(2)由已知得A1(-2,0),F2(3,0),设P(x,y)(x≥2),
于是PA1=(-2-x,-y),PF2=(3-x,-y),
因此PA1·PF2=x2-x-6+y2=x2-x-6+54x2-5=94x2-x-11=94x-292-1009,
由于x≥2,所以当x=2时,PA1·PF2取得最小值,为-4.
10.解析 (1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的坐标为p2,0,
把x=p2代入y2=2px,得y=±p,
所以2p=4,
因此抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),过点(m,0)且斜率为1的直线方程为y=x-m,
联立y2=4x,y=x-m,消去y得x2-(2m+4)x+m2=0,
所以Δ=[-(2m+4)]2-4m2>0⇒m>-1.
根据韦达定理得x1+x2=2m+4,x1x2=m2,
易知F(1,0),点F在以AB为直径的圆内等价于FA·FB<0,
所以FA·FB=(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2
=x1x2-(x1+x2)+1+(x1-m)(x2-m)
=2x1x2-(m+1)(x1+x2)+m2+1
=2m2-(m+1)(2m+4)+m2+1
=m2-6m-3<0,
解得3-23-1,
所以m的取值范围是(3-23,3+23).
11.解析 (1)由已知得a=3,a-c=3-22,所以c=22,b=1,故椭圆C的方程为x29+y2=1.
(2)设直线AM的方程为y=k(x-3),不妨设k>0.
因为AM·AN=0,则直线AN的方程为y=-1k(x-3).
由y=k(x-3),x29+y2=1可得(9k2+1)x2-54k2x+81k2-9=0.
设M(x1,y1),因为点A的坐标为(3,0),所以3x1=81k2-99k2+1,即x1=27k2-39k2+1,
所以|AM|=1+k2|3-x1|=1+k2·69k2+1,
同理可得|AN|=1+1k2·69k2+1=1+k2·6kk2+9,
所以△AMN的面积S=12|AM|·|AN|
=12(1+k2)·36k(k2+9)(9k2+1)
=18k(1+k2)9k4+82k2+9=18k(1+k2)9(k2+1)2+64k2
=189(k2+1)k+64k1+k2≤1829×64=38,当且仅当64k2=9(k2+1)2,即k=4±73时等号成立.
所以△AMN面积的最大值为38.
12.答案 2
解析 如图所示,设点A(a,b),P(c,d),则B(a,-b),
设点M(x0,0),N(x1,0),则x0-c-d=x0-a-b,x1-c-d=x1-ab,
解得x0=bc-adb-d,x1=bc+adb+d,故OM·ON=bc-adb-d·bc+adb+d=b2c2-a2d2b2-d2,
又a22+b2=1,c22+d2=1,所以c2-a2=2(b2-d2),故OM·ON=b2c2-c2d2+c2d2-a2d2b2-d2
=c2+d2·c2-a2b2-d2=c2+2d2=2.
13.答案 (2,-1)
解析 由题意可得,这两条直线的斜率均存在,且不为0,设直线AP的方程为y-1=k(x-1),与抛物线方程y2=x联立,消去x得ky2-y+1-k=0,设P(xP,yP),由根与系数的关系可得yP=1-kk,即P1-kk2,1-kk,同理可得Q((k+1)2,-k-1),所以直线PQ的斜率kPQ=k1-k2-2k,所以直线PQ的方程为(1-k2-2k)y=kx+k2-1,即(1+y)k2+(x+2y)k-y-1=0,可得直线PQ恒过定点(2,-1).
14.解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),
(1)证明:由题意可得FA+FB+FC=0⇒x1+x2+x3=3p2,又yi2=2pxi(i=1,2,3),
所以S12+S22+S32=14p22(y12+y22+y32)=p216·2p(x1+x2+x3)=316p4,为定值.
(2)将A(1,-2)代入y2=2px(p>0)得p=2,所以F(1,0),x1+x2+x3=3,y1+y2+y3=0,
所以x2+x3=2,y2+y3=2,
设BC所在的直线方程为x=my+n,代入抛物线y2=4x得y2-4my-4n=0,
所以y2+y3=4m=2,解得m=12,x2+x3=
m(y2+y3)+2n=2,解得n=12,
所以BC所在的直线方程为x=12y+12,即2x-y-1=0.
15.解析 (1)依题意,准线方程为x=-4,所以p2=4,p=8,2p=16,故抛物线方程为y2=16x.
(2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+b,显然k≠0,b≠0.
设B(x1,y1),C(x2,y2),由于以BC为直径的圆恰好经过原点,所以OB·OC=0,即x1x2+y1y2=0.
将y=kx+b与y2=16x联立得k2x2+2(bk-8)x+b2=0,
由韦达定理可得x1+x2=-2(bk-8)k2,x1x2=b2k2.
又因为y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=16bk,
所以b2k2+16bk=0,得b=-16k,
此时直线l的方程为y=k(x-16),必过定点(16,0).
当直线l的斜率不存在时,直线x=16与抛物线y2=16x相交于B(16,16),C(16,-16)或B(16,-16),C(16,16),仍然满足OB·OC=0.
综上,定点M为(16,0).
16.解析 (1)由题意得a2=b2+c2,ca=32,a=2,
解得a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明:易知直线l的方程为y=k(x-1),
代入椭圆方程x24+y2=1得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0,
设E(x1,y1),F(x2,y2),则由韦达定理得x1+x2=8k24k2+1,x1x2=4k2-44k2+1,
直线AE,AF的方程分别为y=y1x1-2(x-2),y=y2x2-2(x-2),
令x=3,得M3,y1x1-2,N3,y2x2-2,
所以P3,12y1x1-2+y2x2-2,
则k·k'=k×12y1x1-2+y2x2-2-03-1
=k×y1x1-2+y2x2-24
=k4×k(x1-1)(x2-2)+k(x2-1)(x1-2)(x1-2)(x2-2)
=k24×2x1x2-3(x1+x2)+4x1x2-2(x1+x2)+4
=k24×8k2-8-24k2+16k2+44k2+14k2-4-16k2+16k2+44k2+1=k24×-44k2
=-14,为定值.
故k·k'为定值.