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高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册第二章 圆锥曲线4 直线与圆锥曲线的位置关系4.2 直线与圆锥曲线的综合问题随堂练习题
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这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第一册第二章 圆锥曲线4 直线与圆锥曲线的位置关系4.2 直线与圆锥曲线的综合问题随堂练习题，共24页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知过抛物线C，已知椭圆C，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
题组一 相交弦问题
1.已知双曲线C:x2-y2=2,过其右焦点的直线交双曲线于A,B两点,若AB中点的横坐标为4,则弦AB的长为( )
A.32 B.42 C.6 D.62
2.(多选题)(2022广东广州八十六中期末)已知椭圆C的中心为坐标原点O,焦点F1,F2在y轴上,短轴长为2,离心率为63,过焦点F1作y轴的垂线交椭圆C于P,Q两点,则下列说法正确的有( )
A.椭圆C的方程为x2+y23=1
B.椭圆C的方程为x23+y2=1
C.|PQ|=233
D.△PF2Q的周长为43
3.(2023黑龙江齐齐哈尔三立高级中学期中)过点M(2,1)的直线l与椭圆x216+y28=1相交于A,B两点,且M恰为AB的中点,则直线l的方程为 .
4.(2024重庆八中期中)已知过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F,斜率为1的直线l交抛物线于A,B两点,且|AB|=8.
(1)求抛物线C的方程;
(2)在抛物线C上求一点D,使得点D到直线x-y+3=0的距离最短.
题组二 直线与圆锥曲线的综合问题
5.(2024安徽名校联盟期中)已知椭圆C:y29+x28=1的上、下焦点分别为F1,F2,O为坐标原点.
(1)若点P在椭圆C上,且|PF1|=|PF2|,求∠F1PF2的余弦值;
(2)若直线l:x-y+1=0与椭圆C交于A,B两点,记M为线段AB的中点,求直线OM的斜率.
6.(2023四川绵阳南山中学期中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(2,y0)在抛物线C上,且|PF|=3.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l过点F且与抛物线C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,交直线l于点M,求证:2|MN|2|FN|为定值.
能力提升练
题组一 与弦长有关的问题
1.(2024安徽芜湖第一中学月考)已知双曲线C:x2a2−y212=1(a>0),过其右焦点F的直线与双曲线C交于A,B两点,且|AB|=16,若这样的直线有4条,则实数a的取值范围是( )
A.34,8 B.32,8
C.0,32 D.(0,8)
2.(2023四川遂宁射洪中学入学考试)如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A,B,C,若|BC|=2|BF|,|AF|=3,则抛物线的标准方程是 .
3.(2023四川简阳阳安中学期中)如图,设P是圆x2+y2=16上的动点,点D是点P在x轴上的射影,M为PD的中点.
(1)当点P在圆上运动时,求点M的轨迹C的方程;
(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C所截得的线段的长度.
题组二 直线与圆锥曲线的综合问题
4.(2023四川达州开江中学入学考试)已知抛物线C:y2=4x,O为坐标原点,过点A(4,0)的一条直线l与拋物线C交于M,N两点,则△MON为( )
A.钝角三角形
B.直角三角形
C.锐角三角形
D.钝角、直角、锐角三角形均有可能
5.(2023福建泉州永春第一中学期中)法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现椭圆两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆,这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Г:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆为C:x2+y2=32a2,过C上的动点M作Г的两条切线,分别与C交于P,Q两点,直线PQ交Г于A,B两点,则下列结论不正确的是( )
A.椭圆Г的离心率为22
B.△MPQ面积的最大值为34a2
C.M到Г的左焦点的距离的最小值为(6-2)a2
D.若动点D在Г上且不与A,B重合,直线DA,DB的斜率存在且不为0,分别记为k1,k2,则k1k2=-12
6.(多选题)(2023福建三明第一中学期中)设A,B是抛物线C:y2=4x上的两点,F为抛物线的焦点,O是坐标原点,OA⊥OB,则下列说法正确的是( )
A.直线AB过定点(4,0)
B.O到直线AB的距离不大于23
C.|OA|·|OB|≥32
D.连接AF,BF并延长分别交抛物线C于D,E两点,则kDE=4kAB
7.(2024广东湛江调研)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x,F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点,过点F2且垂直于x轴的垂线在x轴上方交双曲线C于点M,则tan∠MF1F2= .
8.从①离心率e=12;②椭圆C过点1,32;③△PF1F2面积的最大值为3这三个条件中任选一个,补充在下面横线处,并解决下面两个问题.
设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且斜率为k的直线l交椭圆于P,Q两点,已知椭圆C的短轴长为23, .
(1)求椭圆C的方程;
(2)若线段PQ的中垂线与x轴交于点N,求证:|PQ||NF1|为定值.
9.(2022浙江宁波效实中学期中)如图,已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),焦点到渐近线的距离为1.M,N两动点在双曲线C的两条渐近线上,且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点,MP=λPN,cs∠MON=35.
(1)求双曲线C的方程;
(2)当λ=1时,求PM·PN的取值范围;
(3)试用λ表示△MON的面积S,设双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围为集合Ω,若λ5∈Ω,求S的取值范围.
答案与分层梯度式解析
4.2 直线与圆锥曲线的综合问题
基础过关练
1.D 双曲线C:x22−y22=1,则c2=4,设双曲线C的右焦点为F,则F(2,0),
易得过F的直线的斜率存在,设直线方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),
由y=k(x-2),x2-y2=2,得(1-k2)x2+4k2x-4k2-2=0,
所以xA+xB=-4k21-k2,xAxB=-4k2-21-k2,
因为AB中点的横坐标为4,所以xA+xB=-4k21-k2=8,解得k2=2,所以xAxB=-4k2-21-k2=10,则(xA-xB)2=(xA+xB)2-4xAxB=82-4×10=24,则|AB|=(1+k2)(xA-xB)2=3×24=62.故选D.
2.ACD 设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0),
由已知得,2b=2,∴b=1,
又ca=63,a2=b2+c2,∴a2=3.
∴椭圆C的方程为x2+y23=1,故A正确,B错误.
△PF2Q的周长为4a=43,故D正确.
如图,F1(0,-2),∴P-33,-2,Q33,-2,
∴|PQ|=233,故C正确.
故选ACD.
3.答案 x+y-3=0
解析 由椭圆方程得a2=16,b2=8,则a=4,b=22,
因为2216+128=38<1,所以点M在椭圆内.
当直线l的斜率不存在时,直线l:x=2,当x=2时,y=±6,不妨令A(2,6),B(2,−6),
显然M不是线段AB的中点,所以直线l的斜率存在,设为k.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1216+y128=1,x2216+y228=1,
两式相减并化简,得-12=y1+y2x1+x2·y1-y2x1-x2,
即-12=2yM2xM·k=12k⇒k=-1,
所以直线l的方程为y-1=-(x-2),即x+y-3=0.
4.解析 (1)由已知得焦点Fp2,0,
∴直线l的方程为y=x-p2,
联立y2=2px,y=x-p2,消去y并整理,得x2-3px+p24=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=3p,
|AB|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=4p=8,∴p=2,
∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设Dy024,y0,则点D到直线x-y+3=0的距离d=y024-y0+312+(-1)2=|y02-4y0+12|42=(y0-2)2+842,
当y0=2时,dmin=842=2,此时y024=1,∴D(1,2).
5.解析 (1)由椭圆的定义,得|PF1|+|PF2|=2a=6,
则|PF1|=|PF2|=3,
易知|F1F2|=2,
在△PF1F2中,由余弦定理,得cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1||PF2|=9+9-42×3×3=79.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则y129+x128=1,①y229+x228=1,②
①-②得,(y1+y2)(y1-y2)9+(x1+x2)(x1-x2)8=0,
则(y1+y2)(y1-y2)(x1+x2)(x1-x2)+98=0,即y1+y22x1+x22·y1-y2x1-x2+98=0,
即kOM·kAB+98=0,
因为直线l:x-y+1=0的斜率kAB=1,
所以kOM=-98,故直线OM的斜率为-98.
6.解析 (1)由抛物线的定义得|PF|=2+p2=3,∴p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明:由题意知直线l的斜率存在且不为0,
易知F(1,0),设直线l的方程为x=ty+1(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由x=ty+1,y2=4x消去x并整理,得y2-4ty-4=0,
则y1+y2=4t,
∴x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,∴M(2t2+1,2t),
∴直线MN的方程为y-2t=-t(x-2t2-1).
令y=0,得x=2t2+3,∴N(2t2+3,0),
∴|MN|2=4+4t2,|FN|=2t2+2,
∴2|MN|2|FN|=2(4+4t2)2t2+2=4,为定值.
能力提升练
1.B 由已知,得F(c,0),在x2a2−y212=1(a>0)中,令x=c,则y=±12a,
当A,B在双曲线的右支上时,则有|AB|min=24a;
当A,B在双曲线的两支上时,则有|AB|min=2a,
因为|AB|=16,且这样的直线有4条,
所以24a<16,2a<16,解得32即实数a的取值范围是32,8.故选B.
2.答案 y2=3x
解析 如图所示,过点A作AA1⊥准线于点A1,过点B作BB1⊥准线于点B1,设准线与x轴交于点D.
由抛物线的定义可知,|AA1|=|AF|=3,|BB1|=|BF|,
∵|BC|=2|BF|,∴|BC|=2|BB1|,
∴在Rt△CB1B中,∠BCB1=30°,
∴在Rt△CA1A中,|AC|=2|AA1|=6,
∴F为线段AC的中点,线段DF为△CA1A的中位线,
∴|DF|=12|AA1|=32=p,
∴抛物线的标准方程为y2=3x.
3.解析 (1)设点M的坐标为(x,y),点P的坐标为(x',y'),
由题意得x=x',y=12y',即x'=x,y'=2y,
因为点P在圆x2+y2=16上,所以x'2+y'2=16,
即x2+(2y)2=16,整理得x216+y24=1,
故点M的轨迹C的方程为x216+y24=1.
(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y=45(x-3),
设该直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=45(x-3),x216+y24=1消去y并整理,得89x2-384x+176=0,
所以x1+x2=38489,x1x2=17689,
故|AB|=1+452(x1-x2)2
=4125[(x1+x2)2-4x1x2]
=82 17389,
所以所求直线被C所截得的线段的长度为82 17389.
4.B 设直线l的方程为x=my+4.
由x=my+4,y2=4x消去x并整理,得y2-4my-16=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=4m,y1y2=-16.
所以OM·ON=x1x2+y1y2=(my1+4)(my2+4)+y1y2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16+y1y2=0,
所以OM⊥ON.
故△MON为直角三角形.故选B.
5.B 依题意,过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线,过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线,则这两条垂线的交点(a,b)在圆C上,
所以a2+b2=32a2,得a2=2b2,所以椭圆Γ的离心率e=ca=1-b2a2=22,故A中结论正确;
因为点M,P,Q都在圆C上,且∠PMQ=90°,所以PQ为圆C的直径,所以|PQ|=2×32a2=6a,
所以△MPQ面积的最大值为12|PQ|×32a2=6a2×32a2=32a2,故B中结论不正确;
设M(x0,y0),Γ的左焦点为F(-c,0),连接MF(图略),
因为c2=a2-b2=12a2,所以|MF|2=(x0+c)2+y02=x02+y02+2x0c+c2=32a2+2x0×22a+12a2=2a2+2ax0,
又-62a≤x0≤62a,
所以(2-3)a2≤|MF|2≤(2+3)a2,
则M到Γ的左焦点的距离的最小值为(6-2)a2,故C中结论正确;
易知直线PQ经过坐标原点,由此易得点A,B关于原点对称,
设A(x1,y1),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),k1=y1-y2x1-x2,k2=y1+y2x1+x2,
因为x122b2+y12b2=1,x222b2+y22b2=1,所以x12-x222b2+y12-y22b2=0,所以y12-y22x12-x22=y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=−12,所以k1k2=-12,故D中结论正确.
故选B.
6.ACD 当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+b,k≠0,与C的方程y2=4x联立并消去y,得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=4-2kbk2,x1x2=b2k2,
因为OA⊥OB,
所以OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,
即(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,
所以(1+k2)·b2k2+kb·4-2kbk2+b2=0,解得b=0或b=-4k,
当b=0时,直线AB经过原点,故A,B中有一点与原点重合,不符合题意,舍去,
当b≠0时,b=-4k,直线AB的方程为y=k(x-4),它过定点(4,0).
当直线AB的斜率不存在时,
不妨设A(m,2m),B(m,−2m),m>0,
由OA⊥OB,得OA·OB=m2-4m=0,
解得m=4或m=0(舍去),
所以直线AB也过定点(4,0).
综上,直线AB过定点(4,0),故A正确.
当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=4,
此时O到直线AB的距离为4,大于23,故B错误.
当直线AB的斜率不存在时,不妨设点A在第一象限,则A(4,4),B(4,-4),
此时|AB|=8,S△ABO=12|AB|×4=16;
当直线AB的斜率存在时,b=-4k,
|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·4-2kbk22-4b2k2=41+k2·1+4k2k2,
此时点O到直线AB的距离为|-4k|1+k2,
故S△ABO=12·41+k2·1+4k2k2·|-4k|1+k2=81k2+4>16.
综上,S△ABO≥16.
因为OA⊥OB,所以S△ABO=12|OA|·|OB|≥16,即|OA|·|OB|≥32,故C正确.
设直线AB:x=my+4(m≠0),
将x=my+4代入y2=4x,得y2-4my-16=0,
所以y1+y2=4m,y1y2=-16,
由题意得F(1,0),
设直线AD:x=ny+1,D(x3,y3),E(x4,y4),
将x=ny+1代入y2=4x,得y2-4ny-4=0,
则y1y3=-4,则y3=-4y1,
同理可得y4=-4y2,
所以kDE=y3-y4x3-x4=y3-y4y324-y424=4y3+y4=4-4y1-4y2=−y1y2y1+y2=−-164m=4m,
因为kAB=1m,所以kDE=4kAB,故D正确.
故选ACD.
7.答案 33
解析 因为双曲线C的一条渐近线方程是y=2x,所以ba=2,
又c2=a2+b2,所以bc=63,
由题意得,点M的横坐标为c,
将其代入双曲线方程,得c2a2−y2b2=1,即y2b2=c2a2−1=c2-a2a2=b2a2,即y2=b4a2,
又点M在x轴的上方,所以Mc,b2a,
所以tan∠MF1F2=b22ac=12×ba×bc=12×2×63=33.
8.解析 (1)选①,
由题意可得a2=b2+c2,2b=23,ca=12,解得a=2,b=3,c=1,
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
选②,依题意得2b=23,∴b=3,
∴椭圆的方程为x2a2+y23=1.
又点1,32在椭圆上,∴1a2+943=1,
解得a2=4,故椭圆C的方程为x24+y23=1.
选③,由题意得当P为上、下顶点时,S△PF1F2最大,
因此,12×2c×b=3,即bc=3,
又2b=23,∴b=3,∴c=1,
从而a2=1+3=4.
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)证明:(i)当k=0时,由(1)可得|PQ|=2a=4,|NF1|=c=1,
∴|PQ||NF1|=2ac=4.
(ii)当k≠0时,由(1)可得F1(-1,0).
设直线PF1的方程为y=k(x+1),
由y=k(x+1),x24+y23=1,消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
显然Δ>0,且x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,
∴|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2-8k23+4k22-4·4k2-123+4k2
=12+12k23+4k2,
y1+y2=k(x1+1)+k(x2+1)=k(x1+x2)+2k=-8k33+4k2+2k=6k3+4k2,
∴线段PQ的中点为-4k23+4k2,3k3+4k2,
则线段PQ的中垂线的方程为y-3k3+4k2=−1kx+4k23+4k2,
令y=0,可得x=-k23+4k2,即N-k23+4k2,0,
又F1(-1,0),
∴|NF1|=-k23+4k2+1=3k2+33+4k2,
∴|PQ||NF1|=12+12k23+4k23k2+33+4k2=4,
综上,|PQ||NF1|为定值4.
9.解析 (1)双曲线的渐近线方程为bx±ay=0.
设∠MON=2θ.
由a>0,b>0得tan θ=ba,所以cs 2θ=cs2θ-sin2θ=1-tan2θ1+tan2θ=a2-b2a2+b2=35,即a2=4b2.
易得|bc|b2+a2=1,所以b=1,所以a2=4,
所以双曲线C的方程为x24-y2=1.
(2)结合(1),设M(2m,m),N(2n,-n),m>0,n>0,
当λ=1时,MP=PN,则Pm+n,m-n2,
所以(m+n)24−(m-n)24=1,整理得mn=1.
又PM=m-n,m+n2,PN=n-m,-n-m2,
所以PM·PN=−(m−n)2−(m+n)24=−54(m2+n2)+32mn≤-54×2mn+32mn=-1,当且仅当m=n=1时,等号成立.所以PM·PN∈(-∞,-1].
(3)同(2),设M(2m,m),N(2n,-n),m>0,n>0.
由MP=λPN得OP−OM=λ(ON−OP),
即(1+λ)OP=OM+λON,
则OP=11+λOM+λ1+λON=2m+2λn1+λ,m-λn1+λ.
所以P2m+2λn1+λ,m-λn1+λ.
把点P的坐标代入双曲线的方程得2m+2λn1+λ24−m-λn1+λ2=1,即(m+λn)2-(m-λn)2=(1+λ)2,
所以mn=(1+λ)24λ.
当直线MN的斜率不存在时,其方程为x=2m.
当直线MN的斜率存在时,kMN=m+n2m-2n,
所以直线MN的方程为y-m=m+n2m-2n(x-2m),
即(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0.
经检验,斜率不存在时,直线方程也满足上式,所以直线MN的方程为(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0,
点O到直线(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0的距离d=|-4mn|(m+n)2+4(m-n)2=4mn(m+n)2+4(m-n)2,
又|MN|=(2m-2n)2+(m+n)2=4(m-n)2+(m+n)2,
所以S=12·|MN|·d=2mn=(1+λ)22λ=12λ+1λ+1.
记双曲线的左、右焦点分别为F1(-5,0),F2(5,0),P(x,y)(x≥2),则|PF1|>|PF2|.
又|PF2|=(x-5)2+y2=x2-25x+5+14x2-1
=54x2-25x+4=52x-2=52x-2,
所以|PF2|∈[5-2,+∞),即双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围Ω=[5-2,+∞).
因为λ5∈Ω,所以λ∈[55-10,+∞).
令f(x)=12x+1x+1,x∈[55-10,+∞),
任取x1,x2∈[55-10,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=12x1+1x1−12x2+1x2=12(x1-x2)·1-1x1x2<0,所以f(x1)所以f(x)在x∈[55-10,+∞)上单调递增,
因此f(x)min=f(55−10)=135-195,
即Smin=135-195.
所以S∈135-195,+∞.
题组一 相交弦问题
1.已知双曲线C:x2-y2=2,过其右焦点的直线交双曲线于A,B两点,若AB中点的横坐标为4,则弦AB的长为( )
A.32 B.42 C.6 D.62
2.(多选题)(2022广东广州八十六中期末)已知椭圆C的中心为坐标原点O,焦点F1,F2在y轴上,短轴长为2,离心率为63,过焦点F1作y轴的垂线交椭圆C于P,Q两点,则下列说法正确的有( )
A.椭圆C的方程为x2+y23=1
B.椭圆C的方程为x23+y2=1
C.|PQ|=233
D.△PF2Q的周长为43
3.(2023黑龙江齐齐哈尔三立高级中学期中)过点M(2,1)的直线l与椭圆x216+y28=1相交于A,B两点,且M恰为AB的中点,则直线l的方程为 .
4.(2024重庆八中期中)已知过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F,斜率为1的直线l交抛物线于A,B两点,且|AB|=8.
(1)求抛物线C的方程;
(2)在抛物线C上求一点D,使得点D到直线x-y+3=0的距离最短.
题组二 直线与圆锥曲线的综合问题
5.(2024安徽名校联盟期中)已知椭圆C:y29+x28=1的上、下焦点分别为F1,F2,O为坐标原点.
(1)若点P在椭圆C上,且|PF1|=|PF2|,求∠F1PF2的余弦值;
(2)若直线l:x-y+1=0与椭圆C交于A,B两点,记M为线段AB的中点,求直线OM的斜率.
6.(2023四川绵阳南山中学期中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(2,y0)在抛物线C上,且|PF|=3.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l过点F且与抛物线C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,交直线l于点M,求证:2|MN|2|FN|为定值.
能力提升练
题组一 与弦长有关的问题
1.(2024安徽芜湖第一中学月考)已知双曲线C:x2a2−y212=1(a>0),过其右焦点F的直线与双曲线C交于A,B两点,且|AB|=16,若这样的直线有4条,则实数a的取值范围是( )
A.34,8 B.32,8
C.0,32 D.(0,8)
2.(2023四川遂宁射洪中学入学考试)如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A,B,C,若|BC|=2|BF|,|AF|=3,则抛物线的标准方程是 .
3.(2023四川简阳阳安中学期中)如图,设P是圆x2+y2=16上的动点,点D是点P在x轴上的射影,M为PD的中点.
(1)当点P在圆上运动时,求点M的轨迹C的方程;
(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C所截得的线段的长度.
题组二 直线与圆锥曲线的综合问题
4.(2023四川达州开江中学入学考试)已知抛物线C:y2=4x,O为坐标原点,过点A(4,0)的一条直线l与拋物线C交于M,N两点,则△MON为( )
A.钝角三角形
B.直角三角形
C.锐角三角形
D.钝角、直角、锐角三角形均有可能
5.(2023福建泉州永春第一中学期中)法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现椭圆两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆,这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆Г:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆为C:x2+y2=32a2,过C上的动点M作Г的两条切线,分别与C交于P,Q两点,直线PQ交Г于A,B两点,则下列结论不正确的是( )
A.椭圆Г的离心率为22
B.△MPQ面积的最大值为34a2
C.M到Г的左焦点的距离的最小值为(6-2)a2
D.若动点D在Г上且不与A,B重合,直线DA,DB的斜率存在且不为0,分别记为k1,k2,则k1k2=-12
6.(多选题)(2023福建三明第一中学期中)设A,B是抛物线C:y2=4x上的两点,F为抛物线的焦点,O是坐标原点,OA⊥OB,则下列说法正确的是( )
A.直线AB过定点(4,0)
B.O到直线AB的距离不大于23
C.|OA|·|OB|≥32
D.连接AF,BF并延长分别交抛物线C于D,E两点,则kDE=4kAB
7.(2024广东湛江调研)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x,F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点,过点F2且垂直于x轴的垂线在x轴上方交双曲线C于点M,则tan∠MF1F2= .
8.从①离心率e=12;②椭圆C过点1,32;③△PF1F2面积的最大值为3这三个条件中任选一个,补充在下面横线处,并解决下面两个问题.
设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且斜率为k的直线l交椭圆于P,Q两点,已知椭圆C的短轴长为23, .
(1)求椭圆C的方程;
(2)若线段PQ的中垂线与x轴交于点N,求证:|PQ||NF1|为定值.
9.(2022浙江宁波效实中学期中)如图,已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),焦点到渐近线的距离为1.M,N两动点在双曲线C的两条渐近线上,且分别位于第一象限和第四象限,P是直线MN与双曲线右支的一个交点,MP=λPN,cs∠MON=35.
(1)求双曲线C的方程;
(2)当λ=1时,求PM·PN的取值范围;
(3)试用λ表示△MON的面积S,设双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围为集合Ω,若λ5∈Ω,求S的取值范围.
答案与分层梯度式解析
4.2 直线与圆锥曲线的综合问题
基础过关练
1.D 双曲线C:x22−y22=1,则c2=4,设双曲线C的右焦点为F,则F(2,0),
易得过F的直线的斜率存在,设直线方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),
由y=k(x-2),x2-y2=2,得(1-k2)x2+4k2x-4k2-2=0,
所以xA+xB=-4k21-k2,xAxB=-4k2-21-k2,
因为AB中点的横坐标为4,所以xA+xB=-4k21-k2=8,解得k2=2,所以xAxB=-4k2-21-k2=10,则(xA-xB)2=(xA+xB)2-4xAxB=82-4×10=24,则|AB|=(1+k2)(xA-xB)2=3×24=62.故选D.
2.ACD 设椭圆C的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0),
由已知得,2b=2,∴b=1,
又ca=63,a2=b2+c2,∴a2=3.
∴椭圆C的方程为x2+y23=1,故A正确,B错误.
△PF2Q的周长为4a=43,故D正确.
如图,F1(0,-2),∴P-33,-2,Q33,-2,
∴|PQ|=233,故C正确.
故选ACD.
3.答案 x+y-3=0
解析 由椭圆方程得a2=16,b2=8,则a=4,b=22,
因为2216+128=38<1,所以点M在椭圆内.
当直线l的斜率不存在时,直线l:x=2,当x=2时,y=±6,不妨令A(2,6),B(2,−6),
显然M不是线段AB的中点,所以直线l的斜率存在,设为k.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1216+y128=1,x2216+y228=1,
两式相减并化简,得-12=y1+y2x1+x2·y1-y2x1-x2,
即-12=2yM2xM·k=12k⇒k=-1,
所以直线l的方程为y-1=-(x-2),即x+y-3=0.
4.解析 (1)由已知得焦点Fp2,0,
∴直线l的方程为y=x-p2,
联立y2=2px,y=x-p2,消去y并整理,得x2-3px+p24=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=3p,
|AB|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=4p=8,∴p=2,
∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设Dy024,y0,则点D到直线x-y+3=0的距离d=y024-y0+312+(-1)2=|y02-4y0+12|42=(y0-2)2+842,
当y0=2时,dmin=842=2,此时y024=1,∴D(1,2).
5.解析 (1)由椭圆的定义,得|PF1|+|PF2|=2a=6,
则|PF1|=|PF2|=3,
易知|F1F2|=2,
在△PF1F2中,由余弦定理,得cs∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1||PF2|=9+9-42×3×3=79.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则y129+x128=1,①y229+x228=1,②
①-②得,(y1+y2)(y1-y2)9+(x1+x2)(x1-x2)8=0,
则(y1+y2)(y1-y2)(x1+x2)(x1-x2)+98=0,即y1+y22x1+x22·y1-y2x1-x2+98=0,
即kOM·kAB+98=0,
因为直线l:x-y+1=0的斜率kAB=1,
所以kOM=-98,故直线OM的斜率为-98.
6.解析 (1)由抛物线的定义得|PF|=2+p2=3,∴p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明:由题意知直线l的斜率存在且不为0,
易知F(1,0),设直线l的方程为x=ty+1(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由x=ty+1,y2=4x消去x并整理,得y2-4ty-4=0,
则y1+y2=4t,
∴x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,∴M(2t2+1,2t),
∴直线MN的方程为y-2t=-t(x-2t2-1).
令y=0,得x=2t2+3,∴N(2t2+3,0),
∴|MN|2=4+4t2,|FN|=2t2+2,
∴2|MN|2|FN|=2(4+4t2)2t2+2=4,为定值.
能力提升练
1.B 由已知,得F(c,0),在x2a2−y212=1(a>0)中,令x=c,则y=±12a,
当A,B在双曲线的右支上时,则有|AB|min=24a;
当A,B在双曲线的两支上时,则有|AB|min=2a,
因为|AB|=16,且这样的直线有4条,
所以24a<16,2a<16,解得32
2.答案 y2=3x
解析 如图所示,过点A作AA1⊥准线于点A1,过点B作BB1⊥准线于点B1,设准线与x轴交于点D.
由抛物线的定义可知,|AA1|=|AF|=3,|BB1|=|BF|,
∵|BC|=2|BF|,∴|BC|=2|BB1|,
∴在Rt△CB1B中,∠BCB1=30°,
∴在Rt△CA1A中,|AC|=2|AA1|=6,
∴F为线段AC的中点,线段DF为△CA1A的中位线,
∴|DF|=12|AA1|=32=p,
∴抛物线的标准方程为y2=3x.
3.解析 (1)设点M的坐标为(x,y),点P的坐标为(x',y'),
由题意得x=x',y=12y',即x'=x,y'=2y,
因为点P在圆x2+y2=16上,所以x'2+y'2=16,
即x2+(2y)2=16,整理得x216+y24=1,
故点M的轨迹C的方程为x216+y24=1.
(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y=45(x-3),
设该直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=45(x-3),x216+y24=1消去y并整理,得89x2-384x+176=0,
所以x1+x2=38489,x1x2=17689,
故|AB|=1+452(x1-x2)2
=4125[(x1+x2)2-4x1x2]
=82 17389,
所以所求直线被C所截得的线段的长度为82 17389.
4.B 设直线l的方程为x=my+4.
由x=my+4,y2=4x消去x并整理,得y2-4my-16=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=4m,y1y2=-16.
所以OM·ON=x1x2+y1y2=(my1+4)(my2+4)+y1y2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16+y1y2=0,
所以OM⊥ON.
故△MON为直角三角形.故选B.
5.B 依题意,过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线,过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线,则这两条垂线的交点(a,b)在圆C上,
所以a2+b2=32a2,得a2=2b2,所以椭圆Γ的离心率e=ca=1-b2a2=22,故A中结论正确;
因为点M,P,Q都在圆C上,且∠PMQ=90°,所以PQ为圆C的直径,所以|PQ|=2×32a2=6a,
所以△MPQ面积的最大值为12|PQ|×32a2=6a2×32a2=32a2,故B中结论不正确;
设M(x0,y0),Γ的左焦点为F(-c,0),连接MF(图略),
因为c2=a2-b2=12a2,所以|MF|2=(x0+c)2+y02=x02+y02+2x0c+c2=32a2+2x0×22a+12a2=2a2+2ax0,
又-62a≤x0≤62a,
所以(2-3)a2≤|MF|2≤(2+3)a2,
则M到Γ的左焦点的距离的最小值为(6-2)a2,故C中结论正确;
易知直线PQ经过坐标原点,由此易得点A,B关于原点对称,
设A(x1,y1),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),k1=y1-y2x1-x2,k2=y1+y2x1+x2,
因为x122b2+y12b2=1,x222b2+y22b2=1,所以x12-x222b2+y12-y22b2=0,所以y12-y22x12-x22=y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=−12,所以k1k2=-12,故D中结论正确.
故选B.
6.ACD 当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+b,k≠0,与C的方程y2=4x联立并消去y,得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=4-2kbk2,x1x2=b2k2,
因为OA⊥OB,
所以OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,
即(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,
所以(1+k2)·b2k2+kb·4-2kbk2+b2=0,解得b=0或b=-4k,
当b=0时,直线AB经过原点,故A,B中有一点与原点重合,不符合题意,舍去,
当b≠0时,b=-4k,直线AB的方程为y=k(x-4),它过定点(4,0).
当直线AB的斜率不存在时,
不妨设A(m,2m),B(m,−2m),m>0,
由OA⊥OB,得OA·OB=m2-4m=0,
解得m=4或m=0(舍去),
所以直线AB也过定点(4,0).
综上,直线AB过定点(4,0),故A正确.
当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=4,
此时O到直线AB的距离为4,大于23,故B错误.
当直线AB的斜率不存在时,不妨设点A在第一象限,则A(4,4),B(4,-4),
此时|AB|=8,S△ABO=12|AB|×4=16;
当直线AB的斜率存在时,b=-4k,
|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·4-2kbk22-4b2k2=41+k2·1+4k2k2,
此时点O到直线AB的距离为|-4k|1+k2,
故S△ABO=12·41+k2·1+4k2k2·|-4k|1+k2=81k2+4>16.
综上,S△ABO≥16.
因为OA⊥OB,所以S△ABO=12|OA|·|OB|≥16,即|OA|·|OB|≥32,故C正确.
设直线AB:x=my+4(m≠0),
将x=my+4代入y2=4x,得y2-4my-16=0,
所以y1+y2=4m,y1y2=-16,
由题意得F(1,0),
设直线AD:x=ny+1,D(x3,y3),E(x4,y4),
将x=ny+1代入y2=4x,得y2-4ny-4=0,
则y1y3=-4,则y3=-4y1,
同理可得y4=-4y2,
所以kDE=y3-y4x3-x4=y3-y4y324-y424=4y3+y4=4-4y1-4y2=−y1y2y1+y2=−-164m=4m,
因为kAB=1m,所以kDE=4kAB,故D正确.
故选ACD.
7.答案 33
解析 因为双曲线C的一条渐近线方程是y=2x,所以ba=2,
又c2=a2+b2,所以bc=63,
由题意得,点M的横坐标为c,
将其代入双曲线方程,得c2a2−y2b2=1,即y2b2=c2a2−1=c2-a2a2=b2a2,即y2=b4a2,
又点M在x轴的上方,所以Mc,b2a,
所以tan∠MF1F2=b22ac=12×ba×bc=12×2×63=33.
8.解析 (1)选①,
由题意可得a2=b2+c2,2b=23,ca=12,解得a=2,b=3,c=1,
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
选②,依题意得2b=23,∴b=3,
∴椭圆的方程为x2a2+y23=1.
又点1,32在椭圆上,∴1a2+943=1,
解得a2=4,故椭圆C的方程为x24+y23=1.
选③,由题意得当P为上、下顶点时,S△PF1F2最大,
因此,12×2c×b=3,即bc=3,
又2b=23,∴b=3,∴c=1,
从而a2=1+3=4.
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)证明:(i)当k=0时,由(1)可得|PQ|=2a=4,|NF1|=c=1,
∴|PQ||NF1|=2ac=4.
(ii)当k≠0时,由(1)可得F1(-1,0).
设直线PF1的方程为y=k(x+1),
由y=k(x+1),x24+y23=1,消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
显然Δ>0,且x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,
∴|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2-8k23+4k22-4·4k2-123+4k2
=12+12k23+4k2,
y1+y2=k(x1+1)+k(x2+1)=k(x1+x2)+2k=-8k33+4k2+2k=6k3+4k2,
∴线段PQ的中点为-4k23+4k2,3k3+4k2,
则线段PQ的中垂线的方程为y-3k3+4k2=−1kx+4k23+4k2,
令y=0,可得x=-k23+4k2,即N-k23+4k2,0,
又F1(-1,0),
∴|NF1|=-k23+4k2+1=3k2+33+4k2,
∴|PQ||NF1|=12+12k23+4k23k2+33+4k2=4,
综上,|PQ||NF1|为定值4.
9.解析 (1)双曲线的渐近线方程为bx±ay=0.
设∠MON=2θ.
由a>0,b>0得tan θ=ba,所以cs 2θ=cs2θ-sin2θ=1-tan2θ1+tan2θ=a2-b2a2+b2=35,即a2=4b2.
易得|bc|b2+a2=1,所以b=1,所以a2=4,
所以双曲线C的方程为x24-y2=1.
(2)结合(1),设M(2m,m),N(2n,-n),m>0,n>0,
当λ=1时,MP=PN,则Pm+n,m-n2,
所以(m+n)24−(m-n)24=1,整理得mn=1.
又PM=m-n,m+n2,PN=n-m,-n-m2,
所以PM·PN=−(m−n)2−(m+n)24=−54(m2+n2)+32mn≤-54×2mn+32mn=-1,当且仅当m=n=1时,等号成立.所以PM·PN∈(-∞,-1].
(3)同(2),设M(2m,m),N(2n,-n),m>0,n>0.
由MP=λPN得OP−OM=λ(ON−OP),
即(1+λ)OP=OM+λON,
则OP=11+λOM+λ1+λON=2m+2λn1+λ,m-λn1+λ.
所以P2m+2λn1+λ,m-λn1+λ.
把点P的坐标代入双曲线的方程得2m+2λn1+λ24−m-λn1+λ2=1,即(m+λn)2-(m-λn)2=(1+λ)2,
所以mn=(1+λ)24λ.
当直线MN的斜率不存在时,其方程为x=2m.
当直线MN的斜率存在时,kMN=m+n2m-2n,
所以直线MN的方程为y-m=m+n2m-2n(x-2m),
即(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0.
经检验,斜率不存在时,直线方程也满足上式,所以直线MN的方程为(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0,
点O到直线(m+n)x-2(m-n)y-4mn=0的距离d=|-4mn|(m+n)2+4(m-n)2=4mn(m+n)2+4(m-n)2,
又|MN|=(2m-2n)2+(m+n)2=4(m-n)2+(m+n)2,
所以S=12·|MN|·d=2mn=(1+λ)22λ=12λ+1λ+1.
记双曲线的左、右焦点分别为F1(-5,0),F2(5,0),P(x,y)(x≥2),则|PF1|>|PF2|.
又|PF2|=(x-5)2+y2=x2-25x+5+14x2-1
=54x2-25x+4=52x-2=52x-2,
所以|PF2|∈[5-2,+∞),即双曲线C上的点与其焦点的距离的取值范围Ω=[5-2,+∞).
因为λ5∈Ω,所以λ∈[55-10,+∞).
令f(x)=12x+1x+1,x∈[55-10,+∞),
任取x1,x2∈[55-10,+∞),且x1
因此f(x)min=f(55−10)=135-195,
即Smin=135-195.
所以S∈135-195,+∞.
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