（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練17 直線與圓錐曲線 文

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1、專題能力訓(xùn)練17　直線與圓錐曲線 一、能力突破訓(xùn)練 1.過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為3的直線交C于點M(M在x軸的上方),l為C的準(zhǔn)線,點N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為(　　) A.5 B.22 C.23 D.33 2.與拋物線y2=8x相切傾斜角為135°的直線l與x軸和y軸的交點分別是A和B,那么過A,B兩點的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)線所得的弦長為(　　) A.4 B.22 C.2 D.2 3.設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,直線l過F且與C交于A,B兩點.若|AF|=3|BF|,則l的方程為(　　) A.y=x-1或y=-x+1 B.y=33

2、(x-1)或y=-33(x-1) C.y=3(x-1)或y=-3(x-1) D.y=22(x-1)或y=-22(x-1) 4.已知傾斜角為30°的直線l經(jīng)過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點F1,交雙曲線于A,B兩點,線段AB的垂直平分線經(jīng)過右焦點F2,則此雙曲線的漸近線方程為　　　　　.? 5.(2019北京人大附中信息考試,18)已知拋物線C:y2=2px過點M(2,2),點A,B是拋物線C上不同兩點,且AB∥OM(其中O是坐標(biāo)原點),直線AO與BM相交于點P,線段AB的中點為Q. (1)求拋物線C的準(zhǔn)線方程; (2)求證:直線PQ與x軸平行. 6.已

3、知橢圓C的兩個頂點分別為A(-2,0),B(2,0),焦點在x軸上,離心率為32. (1)求橢圓C的方程; (2)點D為x軸上一點,過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M,N,過D作AM的垂線交BN于點E.求證:△BDE與△BDN的面積之比為4∶5. 7.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,過橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦點的直線x+y-3=0交M于A,B兩點,P為AB的中點,且OP的斜率為12. (1)求M的方程; (2)C,D為M上兩點,若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB,求四邊形ACBD面積的最大值. 8.(2019

4、四川高三沖刺演練,20)已知直線l經(jīng)過拋物線y2=4x的焦點且與此拋物線相交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,|AB|<8,直線l與拋物線y=x2-4相交于M,N兩點,且M,N兩點在y軸的兩側(cè). (1)證明:y1y2為定值; (2)求直線l的斜率的取值范圍; (3)若OM·ON=-48(O為坐標(biāo)原點),求直線l的方程. 二、思維提升訓(xùn)練 9.(2019重慶一中月考,20)如圖,點C,D是離心率為12的橢圓的左、右頂點,F1,F2是該橢圓的左、右焦點,點A,B是直線x=-4上的兩個動點,連接AD和BD,分別與橢圓相交于E,F兩點,且線段EF恰好經(jīng)過橢圓的左焦點F1.當(dāng)E

5、F⊥CD時,點E恰為線段AD的中點. (1)求橢圓的方程; (2)判斷以AB為直徑的圓與直線EF的位置關(guān)系,并加以證明. 10.(2019全國Ⅰ,文21)已知點A,B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱,|AB|=4,☉M過點A,B且與直線x+2=0相切. (1)若A在直線x+y=0上,求☉M的半徑; (2)是否存在定點P,使得當(dāng)A運動時,|MA|-|MP|為定值?并說明理由. 11.(2019湖南懷化質(zhì)檢,20)已知F12,0為拋物線y2=2px(p>0)的焦點,點N(x0,y0)(y0>0)為其上一點,點M與點N關(guān)于x軸對稱,直線l與拋

6、物線交于異于點M,N的A,B兩點,|NF|=52,kNA·kNB=-2. (1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和點N的坐標(biāo); (2)判斷是否存在這樣的直線l,使得△MAB的面積最小.若存在,求出直線l的方程和△MAB面積的最小值;若不存在,請說明理由. 專題能力訓(xùn)練17　直線與圓錐曲線 一、能力突破訓(xùn)練 1.C　解析由題意可知拋物線的焦點F(1,0),準(zhǔn)線l的方程為x=-1,可得直線MF:y=3(x-1),與拋物線y2=4x聯(lián)立,消去y得3x2-10x+3=0,解得x1=13,x2=3. 因為M在x軸的上方,所以M(3,23). 因為MN⊥l,且N在l上,所以N(-1,23). 因為F

7、(1,0),所以直線NF:y=-3(x-1).所以M到直線NF的距離為|3×(3-1)+23|(-3)2+12=23. 2.C　解析設(shè)直線l的方程為y=-x+b,聯(lián)立直線與拋物線方程,消元得y2+8y-8b=0.因為直線與拋物線相切,所以Δ=82-4×(-8b)=0,解得b=-2,故直線l的方程為x+y+2=0,從而A(-2,0),B(0,-2).因此過A,B兩點的最小圓即為以AB為直徑的圓,其方程為(x+1)2+(y+1)2=2,而拋物線y2=8x的準(zhǔn)線方程為x=-2,此時圓心(-1,-1)到準(zhǔn)線的距離為1,故所截弦長為2(2)2-12=2. 3.C　解析由題意可得拋物線焦點F(1,0)

8、,準(zhǔn)線方程為x=-1. 當(dāng)直線l的斜率大于0時,如圖,過A,B兩點分別向準(zhǔn)線x=-1作垂線,垂足分別為M,N,則由拋物線定義可得,|AM|=|AF|,|BN|=|BF|. 設(shè)|AM|=|AF|=3t(t>0),|BN|=|BF|=t,|BK|=x,而|GF|=2, 在△AMK中,由|BN||AM|=|BK||AK|,得t3t=xx+4t, 解得x=2t,則cos∠NBK=|BN||BK|=tx=12, ∴∠NBK=60°,則∠GFK=60°,即直線AB的傾斜角為60°. ∴斜率k=tan60°=3,故直線方程為y=3(x-1). 當(dāng)直線l的斜率小于0時,如圖,同理可得直線方程

9、為y=-3(x-1),故選C. 4.y=±x　解析如圖,MF2為線段AB的垂直平分線,可得|AF2|=|BF2|,且∠MF1F2=30°, 可得|MF2|=2c·sin30°=c,|MF1|=2c·cos30°=3c. 由雙曲線的定義可得|BF1|-|BF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a, 即|AB|=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a, 即有|MA|=2a,|AF2|=|MA|2+|MF2|2=4a2+c2,|AF1|=|MF1|-|MA|=3c-2a. 由|AF2|-|AF1|=2a,可得4a2+c2-(3c-2a)=2a,

10、可得4a2+c2=3c2,即c=2a. 故b=c2-a2=a,所以漸近線方程為y=±x. 5.(1)解由題意得22=4p,解得p=1. 所以拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=-p2=-12. (2)證明設(shè)Ay122,y1,By222,y2,由AB∥OM得kAB=kOM=1, 則y2-y1y222-y122=2y2+y1=1,所以y2+y1=2. 所以線段AB的中點Q的縱坐標(biāo)yQ=1. 直線AO的方程為y=y1y122x=2y1x.① 當(dāng)y2≠-2時,直線BM的方程為y-2=y2-2y222-2(x-2)=2y2+2(x-2).② 聯(lián)立①②y=2y1x,y-2=2y2+2(x-2),

11、解得x=y12,y=1,即點P的縱坐標(biāo)yP=1. 當(dāng)y2=-2時,直線BM的方程為x=2.③ 聯(lián)立①③y=2y1x,x=2,解得x=2,y=4y1. 因為y2+y1=2,所以y1=4. 所以y=1,即點P的縱坐標(biāo)為yP=1. 綜上可知,直線PQ與x軸平行. 6.(1)解設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0). 由題意得a=2,ca=32,解得c=3. 所以b2=a2-c2=1. 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)證明設(shè)M(m,n),則D(m,0),N(m,-n). 由題設(shè)知m≠±2,且n≠0. 直線AM的斜率kAM=nm+2, 故直線DE的斜率

12、kDE=-m+2n. 所以直線DE的方程為y=-m+2n(x-m),直線BN的方程為y=n2-m(x-2). 聯(lián)立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2), 解得點E的縱坐標(biāo)yE=-n(4-m2)4-m2+n2. 由點M在橢圓C上,得4-m2=4n2. 所以yE=-45n. 又S△BDE=12|BD|·|yE|=25|BD|·|n|,S△BDN=12|BD|·|n|, 所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5. 7.解(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 則x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,y2-y1x2-x1=-1,

13、 由此可得b2(x2+x1)a2(y2+y1)=-y2-y1x2-x1=1. 因為x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0=12,所以a2=2b2. 又由題意知,M的右焦點為(3,0),所以a2-b2=3. 所以a2=6,b2=3. 所以M的方程為x26+y23=1. (2)由x+y-3=0,x26+y23=1,解得x=433,y=-33或x=0,y=3.因此|AB|=463. 由題意可設(shè)直線CD的方程為y=x+n-533

14、-n2)3. 因為直線CD的斜率為1, 所以|CD|=2|x4-x3|=439-n2. 由已知,四邊形ACBD的面積S=12|CD|·|AB|=8699-n2. 當(dāng)n=0時,S取得最大值,最大值為863. 所以四邊形ACBD面積的最大值為863. 8.(1)證明由題意可得,直線l的斜率存在,故可設(shè)直線l的方程為y=k(x-1)(k≠0), 聯(lián)立y2=4x,y=k(x-1),得ky2-4y-4k=0,則y1y2=-4kk=-4為定值. (2)解由(1)知,y1+y2=4k,x1+x2=y1+y2k+2=4k2+2, 則|AB|=x1+x2+p=y1+y2k+2=4k2+4<8,

15、即k2>1. 聯(lián)立y=k(x-1),y=x2-4,得x2-kx+k-4=0, ∵M,N兩點在y軸的兩側(cè),∴Δ=k2-4(k-4)=k2-4k+16>0,且k-4<0,∴k<4. 由k2>1及k<4可得k<-1或1

16、(-∞,-1)∪(1,4),∴k=-113. 故直線l的方程為y=-113x+113. 二、思維提升訓(xùn)練 9.解(1)∵當(dāng)EF⊥CD時,點E恰為線段AD的中點, ∴a+c=4-c. 又e=ca=12,聯(lián)立解得c=1,a=2.又a2=b2+c2, ∴b=3. ∴橢圓的方程為x24+y23=1. (2)由題意可知直線EF不可能平行于x軸,設(shè)EF的方程為x=my-1,E(x1,y1),F(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-1,得(3m2+4)y2-6my-9=0, ∴Δ=(-6m)2+36(3m2+4)>0,y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.(*)

17、 設(shè)A(-4,yA),由A,E,D三點共線得yA=-6y1x1-2=-6y1my1-3,同理可得yB=-6y2my2-3. yA+yB=-6y1my1-3+-6y2my2-3 =-62my1y2-3(y1+y2)m2y1y2-3m(y1+y2)+9 =-62m·-93m2+4-36m3m2+4m2·-93m2+4-3m·6m3m2+4+9=6m, ∴|yA-yB|=-6y1my1-3--6y2my2-3 =18|y1-y2|m2y1y2-3m(y1+y2)+9 =186m3m2+42-4-93m2+4m2-93m2+4-3m6m3m2+4+9 =6m2+1. 設(shè)AB的中點為M,

18、則點M的坐標(biāo)為-4,yA+yB2,即(-4,3m), ∴點M到直線EF的距離d=|-4-3m2+1|1+m2=3m2+1=12|yA-yB|=12|AB|. 故以AB為直徑的圓始終與直線EF相切. 10.解(1)因為☉M過點A,B,所以圓心M在AB的垂直平分線上. 由已知A在直線x+y=0上,且A,B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱,所以M在直線y=x上,故可設(shè)M(a,a). 因為☉M與直線x+2=0相切,所以☉M的半徑為r=|a+2|. 由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4. 故☉M的半徑r=2或r=6. (2)存在定點P(1,0),使得|

19、MA|-|MP|為定值. 理由如下: 設(shè)M(x,y),由已知得☉M的半徑為r=|x+2|,|AO|=2. 由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化簡得M的軌跡方程為y2=4x. 因為曲線C:y2=4x是以點P(1,0)為焦點,以直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線,所以|MP|=x+1. 因為|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在滿足條件的定點P. 11.解(1)由題意知p=1,故拋物線方程為y2=2x. 由|NF|=x0+p2=52,則x0=2,y02=4. ∵y0>0,∴y0=2.∴N(2,2). (2)由題意知直線的斜率不為0,則可設(shè)直線

20、l的方程為x=ty+b. 聯(lián)立y2=2x,x=ty+b,得y2-2ty-2b=0. 設(shè)兩個交點Ay122,y1,By222,y2(y1≠±2,y2≠±2),則Δ=4t2+8b>0,y1+y2=2t,y1y2=-2b, 由kNA·kNB=y1-2y122-2·y2-2y222-2=4(y1+2)(y2+2)=-2,整理得b=2t+3. 此時,Δ=4(t2+4t+6)>0恒成立. 故直線l的方程為x=ty+2t+3,即x-3=t(y+2),從而直線l過定點E(3,-2). 又M(2,-2),∴△MAB的面積S=12|ME||y1-y2|=t2+4t+6=(t+2)2+2. ∴當(dāng)t=-2時,△MAB的面積有最小值2,此時直線l的方程為x+2y+1=0. 12