《2019年全国版高考数学必刷题：第十七单元 直线与圆锥曲线的关系》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年全国版高考数学必刷题：第十七单元 直线与圆锥曲线的关系（90页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第十七单元直线与圆锥曲线的关系考点一直线与椭圆的综合应用1.(2016年全国卷)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A、B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为().A.13B.12C.23D.34【解析】如图,由题意得A(-a,0),B(a,0),F(-c,0).由PFx轴,得P-c,b2a.设E(0,m),由PFOE,得|MF|OE|=|AF|AO|,则|MF|=m(a-c)a.又由OEMF,得12|OE|MF|=|BO|BF|,则|MF|=m(a+c)2
2、a.由得a-c=12(a+c),即a=3c,e=ca=13.【答案】A2.(2014年全国卷)设F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为34,求C的离心率;(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.【解析】(1)由c=a2-b2及题设知Mc,b2a,2b2=3ac.将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=-2(舍去).故C的离心率为12.(2)由题意知,原点O为F1F2的中点,MF2y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是
3、线段MF1的中点,故b2a=4,即b2=4a.由|MN|=5|F1N|,得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1b0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.【解析】(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知椭圆C经过P3,P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2
4、=1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0.所以l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2
5、),所以l过定点(2,-1).4.(2015年全国卷)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)若l过点m3,m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率,若不能,说明理由.【解析】(1)根据题意,因为直线不平行于坐标轴,所以斜率k必然存在,故设直线l:y=kx+b(k0,b0),则A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=
6、x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即kOMk=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)不妨设四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,且k3.由(1)得OM的方程为y=-9kx.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2,得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将点m3,m的坐标代入直线l的方程,得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四边形OAPB为平行四边形,当且仅当线段AB与线段OP互相平分,
7、即xP=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9).解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.5.(2016年全国卷)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.【解析】(1)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,椭圆E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为
8、4,因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1,得7y2-12y=0,解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)由题意知t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1,得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2,得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.由题设知,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.由2|AM|=
9、|AN|,得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k0)交于M,N两点.(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程.(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPM=OPN?说明理由.【解析】(1)由题设可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).又因为y=x2,所以y=x24在x=2a处的导数值为a,C在点(2a,a)处的切线方程为y-a=a(x-2
10、a),即ax-y-a=0.y=x24在x=-2a处的导数值为-a,C在点(-2a,a)处的切线方程为y-a=-a(x+2a),即ax+y+a=0.故所求切线方程为ax-y-a=0和ax+y+a=0.(2)存在符合题意的点.证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程,得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾
11、斜角互补,故OPM=OPN,所以点P(0,-a)符合题意.8.(2017年全国卷)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C与A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2,由x=my+2,y2=2x,可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1y2x2=-44=-1.所以OAOB,故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2
12、=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=(m2+2)2+m2.由于圆M过点P(4,-2),因此APBP=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,(也可结论:以AB为直径的圆的方程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0,直接写出)即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得,y1y2=-4,x1x2=4,所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为10,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-12时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为94,-12,圆M的半径为854,圆M的方程为x-942+y+122=8516.9.(2016年全国卷)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.【解析】由题意知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,
