备战2025年高考二轮复习数学专题突破练22 直线与圆锥曲线的位置关系（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练22 直线与圆锥曲线的位置关系（提升篇）（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了已知椭圆C，故选B，故选C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
主干知识达标练
1.(2024贵州遵义一模)已知椭圆C:y26+x22=1,过点P12,32的直线与椭圆C交于A,B两点且线段AB的中点为P,则坐标原点O到直线AB的距离为( )
A.1B.2
C.2D.22
答案B
解析设A(x1,y1),B(x2,y2),则y126+x122=1,y226+x222=1,
两式相减得(y1+y2)(y1-y2)6+
(x1+x2)(x1-x2)2=0,
由条件可知,x1+x2=1,y1+y2=3,即y1-y22+x1-x22=0,因为点P纵坐标不为0,并且由对称性可知,x1≠x2,所以y1-y2x1-x2=-1,所以直线AB的斜率为-1,所以直线AB的方程为y-32=-x-12,即x+y-2=0,所以原点到直线AB的距离d=22=2.故选B.
2.过双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一点P作双曲线C的切线l,若直线OP与直线l的斜率均存在,且斜率之积为25,则双曲线C的离心率为( )
A.295B.303C.355D.305
答案C
解析设P(x0,y0),则直线OP的斜率为y0x0.
由于双曲线C在点P(x0,y0)处的切线方程为xx0a2-yy0b2=1,故切线l的斜率k=b2x0a2y0.
因为k·kOP=25,则b2x0a2y0·y0x0=25,则b2a2=25,即双曲线C的离心率e=1+25=355.故选C.
3.(多选题)(2022新高考Ⅰ,11)已知O为坐标原点,点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,过点B(0,-1)的直线交C于P,Q两点,则( )
A.C的准线为y=-1
B.直线AB与C相切
C.|OP|·|OQ|>|OA|2
D.|BP|·|BQ|>|BA|2
答案BCD
解析∵点A(1,1)在抛物线C上,
∴1=2p,∴p=12,
∴抛物线C的方程为x2=y.
∴抛物线C的准线为y=-14,故A错误;
∵点A(1,1),B(0,-1),∴直线AB的方程为y=2x-1,联立抛物线C与直线AB的方程,得y=2x-1,x2=y,消去y整理得x2-2x+1=0,Δ1=(-2)2-4×1×1=0,
∴直线AB与抛物线C相切,故B正确;
由题意可得,直线PQ的斜率存在,则可设直线PQ的方程为y=kx-1,联立直线PQ与抛物线C的方程,得y=kx-1,x2=y,消去y整理得x2-kx+1=0,设点P(x1,y1),Q(x2,y2),
则Δ2=k2-4>0,x1+x2=k,x1x2=1,∴|k|>2,y1y2=(x1x2)2=1,
又|OP|=x12+y12=y1+y12,
|OQ|=x22+y22=y2+y22,
∴|OP|·|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=
kx1·kx2=|k|>2=|OA|2,故C正确;
∵|BP|=1+k2|x1|,|BQ|=1+k2|x2|,
∴|BP|·|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5,而|BA|2=5,故D正确.故选BCD.
4.(5分)(2024湖南娄底一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,下顶点为A,过A,F的直线l与椭圆C交于另一点B,若直线l的斜率为1,且|AB|=83,则椭圆C的标准方程为 .
答案x24+y22=1
解析如图,设F(c,0),则A(0,-b),kAF=bc=1,所以b=c,a=2c,直线l的方程为y=x-c,与椭圆C的方程联立消去y得3x2-4cx=0,所以xA=0,xB=43c,
故|AB|=2·|xB-xA|=423c=83,解得c=2,所以b=2,a=2,椭圆C的方程为x24+y22=1.
5.(15分)(2024浙江丽水模拟)设双曲线Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),斜率为1的直线l与Γ交于A,B两点,当l过Γ的右焦点F时,l与Γ的一条渐近线交于点P(-5,-25).
(1)求Γ的方程;
(2)若l过点(-1,0),求|AB|.
解(1)设Γ的右焦点为F(c,0),当l过Γ的右焦点F时,直线l的方程为y=x-c,易知点P(-5,-25)在渐近线y=bax上,所以ba=-25-5=2,
又点P(-5,-25)在直线l上,所以-25=-5-c,得c2=5,且c2=a2+b2,所以a=1,b=2,所以双曲线的方程是x2-y24=1.
(2)(方法一)因为l过点(-1,0)且斜率为1,所以直线AB:y=x+1,
联立4x2-y2-4=0,y=x+1,消去y整理得3x2-2x-5=0,解得x=-1或x=53.
当x=-1时,y=x+1=0,故A(-1,0);
当x=53时,y=x+1=83,故B53,83,
所以|AB|=(-1-53) 2+(0-83) 2=823.
(方法二)因为l过点(-1,0)且斜率为1,故直线AB:y=x+1,
联立4x2-y2-4=0,y=x+1,消去y整理得4x2-(x+1)2-4=0,
即3x2-2x-5=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=23,x1x2=-53,
所以|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=2[(x1+x2)2-4x1x2]=2(49+203)=823.
关键能力提升练
6.(多选题)(2024江西上饶模拟)已知双曲线C:x2-y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,P为双曲线右支上的一点,且直线PA1与PA2的斜率之积等于2,过点P的切线与双曲线的渐近线交于M,N两点,则下列说法正确的有( )
A.双曲线C的渐近线方程为y=±3x
B.|PM|=|PN|
C.离心率e=3
D.S△OMN=2
答案BCD
解析如图,设点P(x0,y0),则y0≠0,且y02=b2(x02-1),
易知点A1(-1,0),A2(1,0),则kPA1kPA2=y0x0+1·y0x0-1=y02x02-1=b2(x02-1)x02-1=b2=2,所以双曲线方程为x2-y22=1,渐近线方程为y=±2x,故A错误;
双曲线C:x2-y22=1在点P处的切线方程为x0x-y0y2=1,联立y=2x,x0x-y0y2=1,可得xM=22x0-y0,
联立y=-2x,x0x-y0y2=1,可得xN=22x0+y0,
所以xM+xN=22x0-y0+22x0+y0=4x02x02-y02=4x02x02-2(x02-1)=2x0,所以点P为线段MN的中点,即|PM|=|PN|,故B正确;
因为离心率e=ca=1+b2a2=1+2=3,故C正确;
因为|OM|=1+(2)2|xM-0|=6|2x0-y0|,点P到直线2x-y=0的距离为d=|2x0-y0|3,所以S△OMN=2S△OPM=2×12×|OM|·d=6|2x0-y0|×|2x0-y0|3=2,故D正确.故选BCD.
7.(多选题)(2024山东菏泽模拟)已知抛物线y2=8x的焦点为F,准线与x轴的交点为C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,A点位于B点右方,若∠AFB=∠CFB,则下列结论一定正确的有( )
A.|AF|=8B.|AB|=873
C.S△AFB=1633D.直线AF的斜率为3
答案ABC
解析由题意得,如图,F(2,0),C(-2,0),当直线l的斜率为0时,与抛物线只有1个交点,不符合题意.
故设直线l的方程为x=my-2,不妨设m>0,
联立y2=8x,可得y2-8my+16=0,由l与抛物线交于A,B两点,所以Δ>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1>0,y2>0,则y1+y2=8m,y1y2=16,
则|AB|=1+m2·|y1-y2|,|BC|=1+m2·|y2|=1+m2·y2,
在△CBF与△ABF中,由正弦定理得|CF|sin∠CBF=|BC|sin∠CFB,|AF|sin∠ABF=|AB|sin∠AFB,因为∠AFB=∠CFB,∠CBF+∠ABF=π,y1>y2,|CF||AF|=|BC||AB|,即4|AF|=1+m2·|y2|1+m2·|y1-y2|=|y2||y1-y2|.
又由抛物线的性质可知|AF|=x1+2=my1-2+2=my1,
则4my1=y2y1-y2,
即my1y2=4y1-4y2=4(y1+y2)2-4y1y2,
即16m=464m2-64,解得m=233,
则y1+y2=1633,y1y2=16,解得y1=43,y2=433,故|AF|=my1=233×43=8.
当m0时,y1=43,则x1=(43)28=6,即A(6,43),此时kAF=43-06-2=3.
由对称性可得,当mb>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 .
答案22
解析如图,取AT,BT的中点C,D,依题意,点R是AB中点,点P,Q分别在OC,OD上.
设A(x1,y1),B(x2,y2),由b2x12+a2y12=a2b2,b2x22+a2y22=a2b2,两式相减得b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-y2)(y1+y2)=0,(*)
易知x1≠x2,直线AB斜率kAB=y1-y2x1-x2=-1,直线OR斜率k3=kOR=y1+y2x1+x2,由(*)得y1+y2x1+x2=b2a2,则k3kAB=-b2a2,直线AT,BT的斜率分别为kAT,kBT,同理k1kAT=-b2a2,k2kBT=-b2a2,又kATkBT=-1,因为k1k2k3=-18,所以k1kAT·k2kBT·k3kAB=-b2a23=-18,解得b2a2=12,所以椭圆C的离心率e=1-b2a2=22.
9.(17分)(2024浙江湖州模拟)已知长为22的线段PQ的中点为原点O,圆T经过P,Q两点且与直线y+2=0相切,圆心T的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点D(1,b)且互相垂直的直线l1,l2分别与曲线C交于点E,H和点M,N,且|ED|=|DH|,四边形MENH的面积为156,求实数b的值.
解(1)由题意知圆心T在线段PQ的垂直平分线上(异于点O),设T(x,y),圆T的半径为r,则OT2+OP2=TP2,则r=x2+y2+(222) 2=x2+y2+2,又圆T与直线y+2=0相切,故r=|y+2|,于是|y+2|=x2+y2+2,化简得x2=4y+2,所以曲线C的方程为x2=4y+2.
(2)设E(x1,y1),H(x2,y2),根据|ED|=|DH|可得D为EH的中点,
则x12=4y1+2,x22=4y2+2,得y1-y2x1-x2=x1+x24=24=12,
即kl1=12,所以直线l1:y=12(x-1)+b.
联立y=12(x-1)+b,x2=4y+2,消去y整理得x2-2x-4b=0,由Δ1=(-2)2-4(-4b)=16b+4>0,得b>-14,
所以x1+x2=2,x1·x2=-4b,
所以|EH|=1+(12) 2×22-4(-4b)=5×4b+1.
设M(x3,y3),N(x4,y4),因为l1,l2互相垂直,易知直线l2:y=-2(x-1)+b,
联立y=-2(x-1)+b,x2=4y+2,消去y整理得x2+8x-4b-10=0,
由Δ2=82-4(-4b-10)=16b+104>0,得b>-132,
所以x3+x4=-8,x3·x4=-4b-10,所以|MN|=1+(-2)2×(-8)2-4(-4b-10)=25×4b+26.
则四边形MENH的面积为12|EH|·|MN|=12×5×4b+1×25×4b+26=5(4b+1)(4b+26).
令5(4b+1)(4b+26)=156,化简得4b2+27b-7=0,
解得b=-7(舍去)或b=14,符合Δ1>0,Δ2>0,所以实数b的值为14.
核心素养创新练
10.(17分)(2024广东汕头一模)已知点M(x0,y0)为双曲线x22-y2=1上的动点.
(1)判断直线x0x2-y0y=1与双曲线的公共点个数,并说明理由;
(2)①如果把(1)的结论推广到一般双曲线,你能得到什么相应的结论?请写出你的结论,不必证明;
②将双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线称为“退化的双曲线”,其方程为x2a2-y2b2=0,请利用该方程证明如下命题:若T(m,n)为双曲线C上一点,直线l:mxa2-nyb2=1与C的两条渐近线分别交于点P,Q,则T为线段PQ的中点.
(1)解由点M(x0,y0)在双曲线x22-y2=1上,得x022-y02=1,即y02=x022-1,
联立x22-y2=1,x0x2-y0y=1,消去y得y022-x024x2+x0x-(1+y02)=0,则x2-2x0x+x02=0,显然Δ=4x02-4x02=0,所以该直线与双曲线有且只有1个公共点.
(2)①解由(1)知,直线x0x2-y0y=1与双曲线x22-y2=1相切于点(x0,y0),
所以过双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一点(x0,y0)的切线方程为x0xa2-y0yb2=1.证明如下:
因为点(x0,y0)在双曲线上,所以x02a2-y02b2=1,即b2x02-a2y02=a2b2,
由x0xa2-y0yb2=1,x2a2-y2b2=1,消去y得b2a2x2-2b2a2x0x+b2+y02=0,
于是Δ=4b4x02a4-4b2a2(b2+y02)=4b2(b2x02-a2y02-a2b2)a4=0,
因此直线x0xa2-y0yb2=1与双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)相切于点(x0,y0),所以过双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一点(x0,y0)的切线方程为x0xa2-y0yb2=1.
②证明当n=0时,直线l的斜率不存在,由对称性知,点T为线段PQ的中点;
当n≠0时,设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点N(t,s),
联立x2a2-y2b2=0,mxa2-nyb2=1,消去y得n2b2-m2a2x2+2mx-a2=0,
由m2a2-n2b2=1,得x2-2mx+a2=0,
则t=x1+x22=m,
又mta2-nsb2=1,于是s=b2nm2a2-1=n,即点T与点N重合,
所以点T为线段PQ的中点.