《教辅：高考数学二轮复习考点-直线与圆锥曲线综合问题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《教辅：高考数学二轮复习考点-直线与圆锥曲线综合问题.doc（20页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点十六直线与圆锥曲线综合问题一、选择题1已知双曲线1(a0，b0)的离心率为，右焦点到一条渐近线的距离为，则此双曲线的焦距等于()A. B2 C3 D6答案B解析由题意，得焦点F(c,0)到渐近线bxay0的距离为db，又，c2a2b2，解得c，所以该双曲线的焦距为2c2，故选B.2已知圆O：x2y24，从圆上任意一点P向y轴作垂线段PP1(P1在y轴上)，点M在直线PP1上，且向量2，则动点M的轨迹方程是()A4x216y21 B16x24y21C.1 D1答案D解析由题意可知P是MP1的中点，设点M(x，y)，P(x0，y0)，P1(0，y0)，则又xy4，故2y24，即1.故选D.3(
2、2020天津高考)设双曲线C的方程为1(a0，b0)，过抛物线y24x的焦点和点(0，b)的直线为l.若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为()A.1 Bx21C.y21 Dx2y21答案D解析由题意可知，抛物线的焦点为(1,0)，所以直线l的斜率为b，又双曲线的渐近线的方程为yx，所以b，b1.因为a0，b0，所以a1，b1.故选D.4(2020山东潍坊高密二模)已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点若AB的中点坐标为(1，1)，则椭圆E的方程为()A.1 B1C.1 D1答案D解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则两
3、式相减并化简得，即a22b2，由于a2b2c2且c3，由此可解得a218，b29，故椭圆E的方程为1.故选D.5(2020山东临沂二模、枣庄三调)已知F是抛物线y22px(p0)的焦点，过F的直线与抛物线交于A，B两点，AB的中点为C，过C作抛物线准线的垂线交准线于C1，若CC1的中点为M(1,4)，则p()A4 B8 C4 D8答案B解析因为CC1的中点为M(1,4)，所以yAyB8，xC12，所以xC2，因为xAxBp2，所以xAxB4p，设直线AB的方程为xmy，代入抛物线的方程，得y22pmyp20，所以yAyB2pm，xAxBm(yAyB)p8mp，所以解得故选B.6已知椭圆C：1(
4、ab0)的右焦点为F，短轴的一个端点为P，直线l：4x3y0与椭圆C相交于A，B两点若|AF|BF|6，点P到直线l的距离不小于，则椭圆C的离心率的取值范围是()A. BC. D答案C解析如图所示，设F为椭圆的左焦点，连接AF，BF，则四边形AFBF是平行四边形，可得6|AF|BF|AF|AF|2a，得a3，取P(0，b)，由点P到直线l的距离不小于，可得，解得|b|2.所以e ，故选C.7(多选)(2020山东泰安二轮复习质量检测)已知双曲线1(a0，b0)的一条渐近线方程为x2y0，双曲线的左焦点在直线xy0上，A，B分别是双曲线的左、右顶点，点P为双曲线右支上位于第一象限的动点，PA，P
5、B的斜率分别为k1，k2，则k1k2的取值可能为()A. B1 C D2答案CD解析根据题意知，c，故a2，b1，双曲线方程为y21，则A(2,0)，B(2,0)，设P(x0，y0)，则y1，x00，y00，k1k2，根据渐近线方程知01.故选CD.8(多选)(2020海南中学高三第七次月考)已知抛物线C：y24x的焦点为F、准线为l，过点F的直线与抛物线交于两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，点P在l上的射影为P1，则()A若x1x26，则|PQ|8B以PQ为直径的圆与准线l相切C设M(0,1)，则|PM|PP1|D过点M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条答案ABC解
6、析对于A，因为p2，所以x1x22|PQ|，则|PQ|8，故A正确；对于B，设N为PQ的中点，点N在l上的射影为N1，点Q在l上的射影为Q1，则由梯形性质可得|NN1|，故B正确；对于C，因为F(1,0)，所以|PM|PP1|PM|PF|MF|，故C正确；对于D，显然直线x0，y1与抛物线只有一个公共点，设过M的直线为ykx1，联立可得k2x2(2k4)x10，令0，则k1，所以直线yx1与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线符合题意，故D错误故选ABC.二、填空题9(2020湖南湘潭高三下学期三模)若直线2x4ym0经过抛物线y2x2的焦点，则m_.答案解析抛物线方程y2x2可化为x2y，
7、故该抛物线的焦点坐标为.由题意可得204m0，故m.10(2020辽宁沈阳三模)在平面直角坐标系xOy中，F是双曲线1(a0，b0)的右焦点，直线y2b与双曲线交于B，C两点，且BFC90，则该双曲线的离心率为_答案解析由题意可知F(c,0)，把y2b代入双曲线方程可得xa，不妨设B(a,2b)，C(a,2b)，因为BFC90，所以kBFkCF1，即1，化简，得4b25a2c2，因为b2c2a2，所以，所以离心率e.11(2020山东枣庄二调)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线xy40过点F1且与C在第二象限的交点为P，若POF160(O为原点)，则F2的坐标为_，C的
8、离心率为_答案(4,0)1解析直线xy40与x轴交点为(4,0)，即F1(4,0)，c4，F2(4,0)，又直线xy40的斜率为，倾斜角为60，而POF160，POF1是等边三角形，P(2,2)，解得离心率为e1.12(2020湖南师大附中摸底考试)点M是抛物线C：x22py(p0)的对称轴与准线的交点，点F为抛物线C的焦点，点P在抛物线C上在FPM中，sinPFMsinPMF，则的最大值为_答案解析如图，过点P作准线的垂线，垂足为B，则由抛物线的定义可得|PF|PB|，由sinPFMsinPMF，在PFM中由正弦定理可知|PM|PF|，所以|PM|PB|，所以，设PM的倾斜角为，则sin，当
9、取得最大值时，sin最小，此时直线PM与抛物线相切，设直线PM的方程为ykx，则即x22pkxp20，所以4p2k24p20，所以k1，即tan1，则sin，则的最大值为.三、解答题13(2020全国卷)已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8，P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点解(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程E：y21(a1)可得A(a,0)，B(a，0)，G(0,1)，(a,1)，(a，1)a218，a29.椭圆E的方程为y21.(2)证明：由(1)，得A(3,0)，B(3
10、,0)，设P(6，y0)，则直线AP的方程为y(x3)，即y(x3)，直线BP的方程为y(x3)，即y(x3)联立直线AP的方程与椭圆的方程可得整理，得(y9)x26yx9y810，解得x3或x.将x代入y(x3)可得y，点C的坐标为.同理可得，点D的坐标为.直线CD的方程为y，整理可得y，y.故直线CD过定点.14(2020山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)已知动圆与y轴相切于点M(0,2)，过点E(0，1)，F(0，1)分别作动圆异于y轴的两切线，设两切线相交于Q，点Q的轨迹为曲线.(1)求曲线的轨迹方程；(2)过(2,0)的直线l与曲线相交于不同两点A，B，若曲线上存在点P，使得成立
11、，求实数的范围解(1)设过点E，F与动圆相切的切点分别为C，D，则|QC|QD|，|FD|FM|，|EC|EM|，故|QE|QF|QE|QD|DF|QE|QC|FM|CE|FM|EM|FM|，由E，F，M的坐标可知|EM|3，|FM|1，|QE|QF|4|EF|，由椭圆的定义可知，点Q是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆(不包括长轴端点)设曲线的方程为1(ab0，x0)，则a2，c1，b23，故曲线的轨迹方程为1(x0)(2)由题可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)(k1)，由消去y得(3k24)x212k2x12(k21)0，144k448(3k24)(k21)0，0k24且k2
12、1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x24)k，(x0，y0)(x1x2，y1y2)，x0x1x2，y0.当0时，k0，直线l为x轴，满足.当0，k0时，x0(x1x2)，y0(y1y2)，代入椭圆方程得1，化简得2，0k24，且k21，020，b0)的一个焦点为F(c,0)(c0)，且双曲线C1的两条渐近线与圆C2：(xc)2y2均相切，则双曲线C1的渐近线方程为()Axy0 Bxy0C.xy0 Dxy0答案A解析根据题意知，焦点F(c,0)到渐近线yx的距离为d，故a23b2，故双曲线C1的渐近线方程为xy0.故选A.2(202
13、0陕西省咸阳市高三第二次高考模拟检测)抛物线x22py(p0)的焦点与双曲线1的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则p的值为()A. B C D答案A解析抛物线x22py(p0)的焦点坐标为，双曲线1的右焦点坐标为(5,0)，两焦点的连线的方程为y(x5)，又双曲线的渐近线方程为yx，所以1，解得p，故选A.3设双曲线C：1(a0，b0)的右焦点为F，以OF为直径的圆交双曲线的一条渐近线于另一点A(O为坐标原点)，且|OA|2|AF|，则双曲线C的离心率e为()A. B C D2答案B解析由题意可得tanAOF，渐近线方程为yx，所以，e2，故e.故选B.4(2020海南中学高三摸底)已知
14、椭圆C：1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A，B两点，则F1AB的面积为()A. B C D答案C解析直线AB方程为yx1，联立椭圆方程1，整理可得7x28x80，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x2，故弦长|AB|.点F1(1,0)到直线AB的距离h，故SF1AB|AB|h.故选C.5(2020河南开封二模)已知双曲线C：1(a0，b0)的一个焦点为F，过F作x轴的垂线分别交双曲线的两条渐近线于A，B两点，若AOB的面积为2b2，则双曲线C的离心率为()A. B C D答案A解析不妨设F(c,0)，联立所以xc，y.所以|AB|，所以c2b
15、2，所以c22ab，所以a22abb20，所以ab.所以c22a2，所以e.故选A.6(2020山东日照第一中学高三下模拟)已知抛物线y24x的焦点为F，直线l过F且与抛物线交于A，B两点，过A作抛物线准线的垂线，垂足为M，MAF的平分线与抛物线的准线交于点P，线段AB的中点为Q.若|AB|8，则|PQ|()A2 B4 C6 D8答案B解析如图，过B作抛物线准线的垂线，垂足为N，连接MF，PF，PB，设MF交AP于点G，由题得MAPQAP，|AF|AM|，所以APMF，|MG|GF|.所以|PM|PF|，所以MPAFPA，所以PFBPNB90，所以PFBPNB，|PF|PN|，所以|PM|PN
16、|，即点P是MN的中点，所以|PQ|(|AM|BN|)(|AF|BF|)|AB|4.故选B.7(多选)已知P是双曲线C：1上任一点，A，B是双曲线上关于坐标原点对称的两点设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2(k1k20)，若|k1|k2|t恒成立，且实数t的最大值为.则下列说法正确的是()A双曲线的方程为y21B双曲线的离心率为2C函数yloga(x1)(a0，且a1)的图象恒过C的一个焦点D直线2x3y0与C有两个交点答案AC解析设A(x0，y0)，B(x0，y0)，P(x，y)，xx0，1，y2m，ym，k1k2，所以|k1|k2|2，若|k1|k2|，直线PA，PB与渐近线平行或重合，
17、不符合题意，所以不等式取不到等号，而|k1|k2|t恒成立，所以t2，所以m1，双曲线方程为y21，A正确；双曲线的离心率为，B错误；双曲线的焦点为(2,0)，函数yloga(x1)(a0，且a1)的图象过定点(2,0)，所以C正确；双曲线y21的渐近线方程为yx，而直线2x3y0的斜率为，所以直线2x3y0与双曲线没有交点，所以D错误故选AC.8(多选)(2020海南高三四模)已知抛物线C：y22px(p0)的准线经过点M(1,1)，过C的焦点F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则下列结论正确的是()Ap2B|AB|DE|的最小值为16C
18、四边形ADBE的面积的最小值为64D若直线l1的斜率为2，则AMB90答案ABD解析由题可知1，所以p2，故A正确；设直线l1的斜率为k(k0)，则直线l2的斜率为.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，直线l1：yk(x1)，直线l2：y(x1)联立消去y整理得k2x2(2k24)xk20，所以x1x2，x1x21.所以|AB|x1x2p24.同理|DE|x3x4p244k2，从而|AB|DE|8416，当且仅当k1时等号成立，故B正确；因为S四边形ADBE|AB|DE|8(1k2)3232，当且仅当k1时等号成立，故C错误；(x11，y11)(x21，y
19、21)x1x2x1x21y1y2(y1y2)1，将x1x23，x1x21与y1y22，y1y24代入上式，得0，所以AMB90，故D正确故选ABD.二、填空题9(2020新高考卷)斜率为的直线过抛物线C：y24x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|_.答案解析如图，抛物线的方程为y24x，抛物线的焦点为F(1,0)，又直线AB过焦点F且斜率为，直线AB的方程为y(x1)，代入抛物线的方程消去y并化简得3x210x30，解法一：解得x1，x23，|AB|x1x2|3|.解法二：10036640，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，过A，B分别作准线x1的垂线，设垂足分别为C，D
20、，如图所示，|AB|AF|BF|AC|BD|x11x21x1x22.10已知P为椭圆1(ab0)上一点，F1，F2是其左、右焦点，F1PF2取最大值时cosF1PF2，则椭圆的离心率为_答案解析易知F1PF2取最大值时，点P为椭圆1与y轴的交点，由余弦定理及椭圆的定义，得2a24c2，即ac，所以椭圆的离心率e.11(2020湖南衡阳二模)直线yk(x6)(k0)与双曲线E：1(a0，b0)及其渐近线从左至右依次交于点A，B，C，D，双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，且焦距为4，则F2CD与F1AB的面积之比为_答案2解析由得x210，由得x20，由以上两式可知，xAxDxBxC，故AD，B
21、C具有相同的中点，故|AB|CD|，如图，由焦距为4可得F1(2，0)，F2(2,0)，则|GF2|2|GF1|.所以2.12(2020山东泰安二轮复习质量检测)已知抛物线C：x22py(p0)的准线方程为y1，直线l：3x4y40与抛物线C和圆x2y22y0从左至右的交点依次为A，B，E，F，则抛物线C的方程为_，_.答案x24y16解析根据题意知1，故p2，故抛物线方程为x24y，设焦点为M(0,1)，x2y22y0，即x2(y1)21，直线l：3x4y40过圆心，联立方程得4y217y40，解得y1，y24.故|AB|AM|111，|EF|FM|14114，故16.三、解答题13(202
22、0新高考卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2，1)(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值解(1)由题意可得解得a26，b2c23，故椭圆方程为1.(2)证明：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)因为AMAN，所以0，即(x12)(x22)(y11)(y21)0.当直线MN的斜率存在时，设方程为ykxm，如图1.代入椭圆方程消去y并整理，得(12k2)x24kmx2m260，x1x2，x1x2，根据y1kx1m，y2kx2m，代入整理，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240，将代入上式，得
23、(k21)(kmk2)(m1)240，整理化简得(2k3m1)(2km1)0，因为A(2,1)不在直线MN上，所以2km10，所以2k3m10，k1，于是MN的方程为yk，所以直线过定点E.当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，y1)，如图2.代入(x12)(x22)(y11)(y21)0得(x12)21y0，结合1，解得x12(舍去)或x1，此时直线MN过点E.因为AE为定值，且ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点Q满足|DQ|为定值.由于A(2,1)，E，故由中点坐标公式可得Q.故存在点Q，使得|DQ|为定值14(2020浙江高考)如图，已知椭圆C1：y21，抛物线C2：y22
24、px(p0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)(1)若p，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值解(1)当p时，C2的方程为y2x，故抛物线C2的焦点坐标为.(2)解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线l的方程为xym(0，m0)，由得(22)y22mym220，所以y1y2，y0，x0y0m，因为M在抛物线上，所以，所以m.由得y22p(ym)，即y22py2pm0，所以y1y02p，所以x1x0y1my0m2p22m，所以x12p22m.由得x24px20.所以x12p，则2p2p22m2p28p16p，所以18p，解得p2，p，所以p的最大值为，此时A.解法二：设直线l的方程为xmyt(m0，t0)，A(x0，y0)将xmyt代入y21，得(m22)y22mtyt220，所以点M的纵坐标为yM.将xmyt代入y22px，得y22pmy2pt0，所以y0yM2pt，解得y0，因此x0，由y1解得4224160，所以当m，t时，p取到最大值为.