北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B版》
§10.4 直线与圆锥曲线的位置关系
— 专题检测 —
一、单项选择题
x2
1.(2021浙江金华十校4月模拟,10)已知椭圆C: +y2=1和直线l:x=t(t>0),点A,B在直线l上,射线
2
OA,OB分别交椭圆C于M,N两点,则当△OMN面积取到最大值时,∠AOB是( )
A.锐角 B.直角
C.钝角 D.都有可能
答案 A 问题可以转化为椭圆上存在位于第一、第四象限的两点M,N,使得△OMN面积最大,
{
y=kx,
不妨设k =k,k>0,联立得
OM x2
y2+ =1,
2
1 k
( , )
解得M .
√ 1 √ 1
k2+ k2+
2 2
当OM固定时,作l'∥OA,当l'与C在第四象限相切时,△OMN的面积最大,设l':y=kx+b(b<0),由
{y=kx+b, 消去y得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0,
x2+2y2=2
Δ=16k2b2-8(b2-1)(2k2+1)=0,所以b=- .
√2k2+1
2k 2k -1
故x N = ,所以N( , ),
√2k2+1 √2k2+1 √2k2+1
2√2k √2k √2k
因为⃗OM·⃗ON= - = >0,所以∠AOB是锐角,故选A.
2k2+1 2k2+1 2k2+1
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2.(2021浙江绍兴4月模拟,9)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)和点M(a2-b2
).若存在过点M的
,0
a2 b2 a
直线交C于P,Q两点,满足 ⃗PM =λ ⃗MQ ( 0<λ< 1),则椭圆C的离心率的取值范围是( )
2
A.( √2) B.(√3 √2) C.(√3 ) D.(√2 )
0, , ,1 ,1
2 3 2 3 2
c2
答案 C 设P(x,y),Q(x,y),易知c=√a2-b2,设直线PQ的方程为x=my+ ,
1 1 2 2
a
将其代入椭圆方程,消去x得(b2m2+a2)y2+2b2c2my+b2(c4-a4)=0,
a a2
所以y+y=-2b2c2m
,yy=
b2(c4-a4)
,
1 2 1 2
a(b2m2+a2) a2(b2m2+a2)
由 =λ
得y=-λy,所以(1-λ)y=-2b2c2m
,-λ =
b2(c4-a4)
.
⃗PM ⃗MQ 1 2 2 y2
a(b2m2+a2) 2 a2(b2m2+a2)
两式消去y 得(1-λ)2= 4c4m2 .
2
λ (b2m2+a2)(c2+a2)
1 (1-λ)2 1 1
因为0<λ< ,所以 = +λ-2> ,
2 λ λ 2
即 4c4m2 >1.
(b2m2+a2)(c2+a2) 2
整理得(8c4-b2c2-a2b2)m2>a4+a2c2,
于是8c4-b2c2-a2b2>0,即8c4+c4-a4>0,
1 √3
所以e4> ,即e> .
9 3
√3
又0<e<1,所以 <e<1.故选C.
3
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小题巧解
设椭圆C的左、右顶点分别为A,A,易知A(-a,0),A(a,0),M(c2
).设T(x,y)是椭圆上
1 2 1 2 ,0
a
任意一点,则|TM|2=( c2 ) 2 +y2=c2 x2-2c2 x+c4 +b2在x∈[-a,a]上单调递减,
x-
a a2 a a2
c2
a-
|A M| 1 |A M| 1 a 1 √3
2 2
由题知:只要 < 即可, < ⇔ < ⇔a2<3c2,所以 <e<1.故选C.
|M A | 2 |M A | 2 c2 2 3
1 1 +a
a
3.(2021甘肃兰州高三诊断考试,11)已知P(2,-2)是离心率为1的椭圆x2 +y2
=1(a>b>0)外一点,经过
2 a2 b2
点P的光线被y轴反射后,所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切,则此条切线的斜率是
( )
1 1 1
A.- B.- C.1 D.
8 2 8
答案 D 因为过点P的光线被y轴反射后,所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切,所以
点P与椭圆右顶点的连线与x轴垂直,所以a=2.
c 1 x2 y2
因为e= = ,所以c=1,所以b=√a2-c2=√3,所以椭圆的方程为 + =1.由反射原理知,反射光线
a 2 4 3
所在直线过点(-2,-2),设与椭圆相切的反射光线所在的直线的斜率为k,则该直线的方程为
y+2=k(x+2),与椭圆方程联立,消去y,得(4k2+3)x2+16k(k-1)x+16k2-32k+4=0.所以Δ=[16k(k-1)]2-4(4k2+3)
1
(16k2-32k+4)=16(24k-3)=0,解得k= .故选D.
8
c 1 3
一题多解 由题意可知e= = ,又a2=b2+c2,故b2= a2,设过点P的直线斜率为k,则直线方程为
a 2 4
y+2=k(x-2),即y=kx-2k-2,则反射后的切线方程为y=-kx-2k-2,由{ y=-kx-2k-2, 得
b2x2+a2y2-a2b2=0,
(3+4k2)x2+16k(k+1)x+16k2+32k+16-3a2=0,
因为所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切,
所以Δ=[16k(k+1)]2-4(3+4k2)(16k2+32k+16-3a2)=0,
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{a2=4,
即4a2k2+3a2=16k2+32k+16,所以有{ 4a2=16, 解得 所以此条切线的斜率为-k=1,
1
3a2=32k+16, k=- , 8
8
故选D.
4.(2021四川成都二模,11)已知F为抛物线y2=2x的焦点,A为抛物线上的动点,点B(-1,0).当
2|AB|
取最大值时,|AB|的值为 ( )
2|AF|+1
A.2 B.√5
C.√6 D.2√2
1
答案 C 抛物线y2=2x的准线方程为x=- .如图,过点B作x轴的垂线l',过点A作l'的垂线,垂足
2
|AB|
1 2|AB|
为M,AM交抛物线的准线于点H,则|AH|=|AF|,|MH|= ,于是 = 1 =
2 2|AF|+1 |AF|+
2
|AB| |AB| 1 1
= = = ,显然当直线AB与抛物线相切时,
|AH|+|MH| |AM| cos∠BAM cos∠ABF
1 2|AB|
∠ABF最大, 最大,即 取得最大值,直线AB与抛物线相切时,设直线AB的
cos∠ABF 2|AF|+1
方程为y=k(x+1),由{y=k(x+1), 得k2x2+(2k2-2)x+k2=0(*),令Δ=0,可得(2k2-2)2-4k4=0,解得k=±√2
y2=2x 2
√2
,把k=± 代入方程(*)可得x2-2x+1=0,解得x=1,则A(1,±√2),故|AB|=√6,故选C.
2
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一题多解 过B作x轴的垂线l',过点A作l'的垂线,垂足为M,AM交抛物线的准线于点H,则|AH|=|
|AB|
1 2|AB| |AB| |AB|
AF|,|MH|= ,于是 = 1 = = ,设A(x,y),当y=0时,
2 2|AF|+1 |AF|+ |AH|+|MH| |AM| 0 0 0
2
( y2 ) 2 y4
0+1 + y2 0+1+ y2+ y2
|AB| =1,当y≠0时, ( |AB| ) 2 = (x 0 +1)2+ y2 0= 2 0 = 4 0 0 =1+
0
|AM| |AM| (x +1)2
(
y2
)
2 y4
0 0+1 0+1+ y2
2 4 0
y2 1 1
0 3 y2 1
y4 =1+ y2 1 ≤1+ √ y2 1 = ,当且仅当 0= ,即y 0 =± √2时取等号,此时
0+1+ y2 0+ +1 2 0· +1 2 4 y2
4 0 4 y2 4 y2 0
0 0
A(1,±√2),所以|AB|=√6,故选C.
5.(2021九师联盟核心模拟卷(四),12)已知F为抛物线y2=4x的焦点,点P在抛物线上,过点F的直线
l与抛物线交于B,C两点,O为坐标原点,抛物线的准线与x轴的交点为M,给出下列四个命题:
π
①∠OMB的最大值为 ;
4
②若点A(4,2),则|PA|+|PF|的最小值为5;
③无论过点F的直线l在什么位置,总有∠OMB=∠OMC;
④若点C在抛物线准线上的射影为D,则B,O,D三点共线.
其中所有正确命题的序号为 ( )
A.②④ B.①②③ C.①③④ D.①②③④
答案 D 对于①,设直线MB:x=-1+my,联立{ y2=4x, 得y2-4my+4=0.当且仅当MB与抛物线
x=-1+my,
相切时,∠OMB取得最大值.由Δ=16m2-16=0,得m=±1.直线MB的斜率为±1,此时∠OMB取得最大值
π
.故①正确.
4
对于②,A(4,2),则A在准线x=-1上的射影为A'(-1,2),设P到准线x=-1的距离为d,则|PA|+|PF|=|PA|
+d≥|A'A|=5,当且仅当A',P,A三点共线时等号成立,故②正确;
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对于③,由题意知,M(-1,0),F(1,0),且l的斜率不为0,设l的方程为x=ty+1,B(x,y),C(x,y),联立直线l
1 1 2 2
与抛物线的方程{x=ty+1, 整理得y2-4ty-4=0,则y+y=4t,yy=-4,所以x+x=4t2+2,xx=(ty+1)
1 2 1 2 1 2 1 2 1
y2=4x,
(ty+1)=-4t2+4t2+1=1.
2
则k
MB
+k
MC
=
y
1
+
y
2
=
y
1
(x
2
+1)+ y
2
(x
1
+1)
=
2y
1
+2y
2
+2t y
1
y
2
=2×4t-2t×4
x +1 x +1 (x +1)(x +1) x +x +x x +1 4t2+2+1+1
1 2 1 2 1 2 1 2
=0.
故直线MB,MC的倾斜角互补,所以∠OMB=∠OMC,故③正确.
对于④,由题意知D(-1,y),由③知,y+y=4t,yy=-4.则k = y = 4 ,k =-y,由k -k = 4 +y=
2 1 2 1 2 OB 1 OD 2 OB OD 2
x y y
1 1 1
4+ y y =0,知k =k ,即B、O、D三点在同一条直线上,故④正确.故选D.
1 2 OB OD
y
1
x2
6.(2021东北三校第一次联考,11)已知A,B分别是椭圆C: +y2=1的右顶点和上顶点,P为椭圆C
4
上一点,若△PAB的面积是√2-1,则P点的个数为 ( )
A.0 B.2 C.3 D.4
x2 1
答案 C 椭圆C: +y2=1的右顶点A(2,0),上顶点B(0,1),所以|AB|=√5,直线AB的方程为y=-
4 2
1
x+1,记直线l为过点P且与直线AB平行的直线,设l:y=- x+m,根据两平行线间的距离公式,得直线
2
|m-1|
l与直线AB的距离d= =2√5|m-1|,所以S =1·|AB|·d=|m-1|= -1.解得m= 或m=2-
√
12+
(1) 2
5
△PAB
2
√2 √2
2
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1
{y=- x+√2,
,当m= 时,由 2 得x2-2 x+2=0,此时Δ=0,直线与椭圆C只有一个交点;当
√2 √2 √2
x2
+ y2=1,
4
1
{y=- x+2-√2,
m=2- 时,由 2 得x2-(4-2 )x+10-8 =0,此时Δ>0,直线l与椭圆C有两个交
√2 √2 √2
x2
+ y2=1,
4
点,所以满足条件的点P有3个,故选C.
思路分析 先求出与直线AB平行的直线的距离d,再由三角形面积可得距离d的值,从而得出与
直线AB平行的直线的方程,然后与椭圆方程联立判断解的个数即可得结果.
7.(2021云南昆明、玉溪重点中学3月联考,10)根据圆锥曲线的光学性质:从双曲线的一个焦点发
出的光线,经双曲线反射后,反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点.由此可得,过双曲线上
y2
任意一点的切线,平分该点与两焦点连线的夹角.请解决下面问题:已知F,F 分别是双曲线C:x2-
1 2
2
=1的左、右焦点,若从点F 发出的光线经双曲线右支上的点A(x,2)反射后,反射光线为射线AM,
2 0
则∠FAM的平分线所在的直线的斜率为 ( )
2
√3 √3
A.-√3 B.- C. D.√3
3 3
y2
答案 B 如图,因为点A(x,2)在双曲线C:x2- =1的右支上,所以x=√3,即A(√3,2),设双曲线在点
0 0
2
A处的切线为l,切线的斜率为k,∠FAM的平分线所在直线的斜率为k,由题意可知k·k=-1.
2 1 1
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{y-2=k(x-√3),
解法一:因为l:y-2=k(x- ),所以联立得 化简得(k2-2)x2+(4k-2 k2)x+3k2-4
√3 y2 √3 √3
x2- =1,
2
k+6=0,因为Δ=0,所以x=-4k-2√3k2
= .
0 √3
2(k2-2)
√3
解得k=√3,所以k=- ,故选B.
1
3
解法二:当y>0时,由双曲线C:x2-y2=1知y= (x2-1 1,所以y'= ×1×(x2-1 1×2x= √2x ,所以
√2 √2 -
2 )2 2 ) 2 √x2-1
√2×√3 √3
k= =√3,所以k=- ,故选B.
√3-1 1 3
知识拓展
过双曲线x2 -y2
=1(a>0,b>0)上任意一点P(x 0 ,y 0 )的切线方程为
x
0
x
-
y
0
y
=1.
a2 b2 a2 b2
8.(2021东北三省四市教研联合体4月联考,12)第24届冬季奥林匹克运动会,将在2022年2月4日
在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行.这是中国历史上第一次举办冬季奥运会,北京成为
奥运史上第一个举办夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市.同时中国也成为第一个
实现奥运“全满贯”(先后举办奥运会、残奥会、青奥会、冬奥会、冬残奥会)国家.根据规划,国
家体育场(鸟巢)成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆.国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图所
示,内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆,若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内
9
层椭圆引切线AC,BD(如图),且两切线斜率之积等于- ,则椭圆的离心率为 ( )
16
3 √7 9 √3
A. B. C. D.
4 4 16 2
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答案 B 设内层椭圆方程为x2 +y2 =1(a>b>0),则外层椭圆的方程可设为x2 +y2 =m2(m>1),切线
a2 b2 a2 b2
AC的方程可设为y=k 1 (x+ma),由{ y=k 1 (x+ma), 消去y整理得(b2+a2 k2)x2+2ma3 k2x+m2a4
(bx)2+(ay)2=a2b2 1 1
-a2b2=0,因为直线AC与内层椭圆相切,所以Δ=(2ma3 )2-4(b2+a2 )(m2a4 -a2b2)=0,整理得 =b2
k2 k2 k2 k2 k2
1 1 1 1 1 a2
· 1 ,设直线BD的方程为y=k 2 x+mb,同理可得 k2 =b2 (m2-1),所以 k2 · k2 =b4 =( - 9 ) 2 ,所以b2 =
m2-1 2 a2 1 2 a4 16 a2
9 ,所以e=c=√ b2 =√7,故选B.
1-
16 a a2 4
二、多项选择题
9.(2020全国统一模拟五,12)设F、F
为双曲线C:x2 -y2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过左焦点F 且
1 2 1
a2 b2
√15
斜率为 的直线l与C在第一象限相交于一点P,则下列说法正确的是 ( )
7
7
A.直线l倾斜角的余弦值为
8
4
B.若|FP|=|FF|,则C的离心率e=
1 1 2
3
C.若|PF|=|FF|,则C的离心率e=2
2 1 2
D.△PFF 不可能是等边三角形
1 2
√15 7
答案 AD 设直线l的倾斜角为α,则tan α= ,所以cos α= .因为P在第一象限内,所以若|
7 8
FP|=|FF|,则|PF|=|FF|=2c,|PF|=2c-2a,
1 1 2 1 1 2 2
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由余弦定理的推论得4c2+4c2-(2c-2a)2 =7,整理得3e2-8e+4=0,解得e=2或e=2(舍);
8c2 8 3
若|PF|=|FF|,则|PF|=|FF|=2c,|PF|=2c+2a,
2 1 2 2 1 2 1
4c2+(2c+2a)2-4c2 7
由余弦定理的推论得 = ,整理得3e2-e-4=0,
8c(c+a) 8
4
解得e= 或e=-1(舍).由|PF|>|PF|,知△PFF 不可能为等边三角形.故选AD.
1 2 1 2
3
10.(2020海南中学月考,12)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F、准线为l,过点F的直线与抛物线交于
两点P(x,y),Q(x,y),点P在l上的射影为P,则 ( )
1 1 2 2 1
A.若x+x=6,则|PQ|=8
1 2
B.以PQ为直径的圆与准线l相切
C.设M(0,1),则|PM|+|PP|≥√2
1
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 对于选项A,因为p=2,
所以x+x+2=|PQ|,
1 2
则|PQ|=8,故A正确;
对于选项B,设N为PQ中点,设点N在l上的射影为N,点Q在l上的射影为Q,
1 1
|PP |+|QQ | |PF|+|QF| |PQ|
则由梯形性质可得|NN|= 1 1 = = ,故B正确;
1 2 2 2
对于选项C,因为F(1,0),
所以|PM|+|PP|=|PM|+|PF|≥|MF|=√2,故C正确;
1
对于选项D,显然直线x=0,y=1与抛物线只有一个公共点,
当过点M的直线的斜率存在且不为零时,设为y=kx+1,
联立{y=kx+1, 可得k2x2+(2k-4)x+1=0,
y2=4x,
令Δ=0,即(2k-4)2-4k2=0,解得k=1,
所以直线y=x+1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.
三、填空题
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11.(2021浙江杭州二模,17)已知F为抛物线y2=4x的焦点,过F作斜率为k 的直线和抛物线交于
1
k
A,B两点,M(4,0),延长AM,BM交抛物线于C,D两点,直线CD的斜率为k.则 = .
2 1
k
2
答案 4
解析 设A(x,y),B(x,y),C(x,y),D(x,y),
1 1 2 2 3 3 4 4
l :x=my+4,与抛物线方程联立化简得y2-4my-16=0,则yy=-16.
AC 1 3
y - y
同理可得yy=-4,yy=-16,又k= 1 2 = 4 ,
1 2 2 4 1 y2 y2
1- 2 y + y
1 2
4 4
4
4 y y k 16
k= = 16 16 =- 1 2 ,所以 1 =- =4.
2 y + y - - 4(y + y ) k y y
3 4 y y 1 2 2 1 2
1 2
12.(2021浙江宁波十校3月联考,14)已知A(2,2),B,C是抛物线x2=2py(p>0)上不同的三个点,直线
AB,AC为圆x2+(y-2)2=1的两条切线,则p= ,直线BC的斜率k= .
答案 1;-2
解析 解法一:(根据条件转化为斜率相反的关系)
将(2,2)代入x2=2py可得22=4p,解得p=1,即抛物线方程为x2=2y.
设圆心为Q(0,2).
∵y =y ,∴k +k =0.
A Q AB AC
x2 x2
由点差法可知:k AB = y A - y B= 2 A - 2 B =x A +x B =x B +1.
x -x 2 2
A B x -x
A B
x x +x
同理k = C+1,k = B C,
AC BC
2 2
x +x x +x x +x
因此,k +k = B C+2=0,即 B C=-2,所以k = B C=-2.
AB AC BC
2 2 2
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解法二:(直接设直线方程计算)将(2,2)代入x2=2py可得22=4p,解得p=1,即抛物线方程为x2=2y.
设过A的圆的切线方程为y-2=k(x-2),
则 2|k| =1,所以k=±√3.
√1+k2 3
由{y-2=k(x-2), 得x2-2kx+4k-4=0,
x2=2y,
解得除A(2,2)外的交点坐标为(2k-2,2(k-1)2),
x2 x2
由点差法可知k BC = y C - y B= 2 C - 2 B = x C +x B
x -x 2
C B x -x
C B
( √3 ) ( √3 )
= 2× -2 + -2× -2 =-2.
3 3
2
13.(2021全国重点高中考前冲刺卷(二),16)已知抛物线E:x2=4y的焦点为F,直线l过点P(0,2),且与
抛物线E交于A,B两点,O为坐标原点,若|AF|+|BF|=10,则cos ∠AOB= .
√13
答案 -
13
解析 由题意可知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=kx+2.
由{y=kx+2, 得x2-4kx-8=0,设A(x,y),B(x,y),则x+x=4k,xx=-8,所以
1 1 2 2 1 2 1 2
x2=4 y
y+y=k(x+x)+4=4k2+4,yy=x2·x2=(x x )2=4,又|AF|+|BF|=0,所以由抛物线的定义知|AF|+|BF|
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 4 16
=y+y+2=4k2+4+2=10,所以k2=1,即k=±1.根据抛物线的对称性不妨取k=1,则直线l的方程为
1 2
y=x+2,此时x+x=4,y+y=8,所以| |·| |= · = =
1 2 1 2 ⃗OA ⃗OB √x2+ y2 √x2+ y2 √(4 y + y2)·(4 y + y2)
1 1 2 2 1 1 2 2
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= = =4 ,
√y y (y +4)·(y +4) √y y [y y +4(y + y )+16] √4×(4+32+16) √13
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
又 · =xx+yy=-8+4=-4,所以cos∠AOB= ⃗OA·⃗OB =-4 =-√13.
⃗OA ⃗OB 1 2 1 2
|⃗OA|·|⃗OB| 4√13 13
14.(2021山西晋城重点中学4月月考,16)抛物线C:y2=2px(p>0),圆E:x2+y2=5,圆E与抛物线交于两
点A,B,直线AB恰好过抛物线的焦点F,则抛物线C的方程为 ;若过抛物线C的焦点F的
|GF|
直线l交C于另外两点Q,D,线段QD的中垂线交x轴于点G,则 = .
|QD|
1
答案 y2=4x;
2
解析 由抛物线C:y2=2px(p>0)可知其焦点F(p ),因为AB恰好过抛物线的焦点F,把x=p,代
,0
2 2
入y2=2px(p>0),得y=±p,所以不妨设A(p ),将A(p )代入x2+y2=5,得p2+p2=5,解得p=2,所
,p ,p
2 2 4
以抛物线C的方程为y2=4x.依题意可设直线l:x=my+1,由{x=my+1, 得y2-4my-4=0,设
y2=4x,
Q(x,y),D(x,y),QD的中点M(x,y),所以y+y=4m,yy=-4,则|QD|= |y-y|= ·
1 1 2 2 0 0 1 2 1 2 √1+m2 2 1 √1+m2
y + y
√(y + y )2-4 y y =4√1+m2·√m2+1=4(m2+1),y
0
= 1 2=2m,x
0
=2m2+1,所以QD的中垂线
1 2 1 2 2
y 2m
方程为y-y=-m(x-x),令y=0,得x= 0+x= +2m2+1=2m2+3,则G(2m2+3,0),所以|GF|=|2m2+3-1|
0 0 m 0 m
=2m2+2,所以|GF| =2(1+m2)=1.
|QD| 4(1+m2) 2
四、解答题
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15.(2021天津十二校联考二模,18)已知点F(2,0)为椭圆x2 +y2 =1(a>b>0)的焦点,且点P( √5)
2,
a2 b2 5
在椭圆上.
(1)求椭圆的方程;
√30
(2)已知直线l与椭圆交于M,N两点,且坐标原点O到直线l的距离为 ,∠MON的大小是不是定
6
值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)因为点F(2,0)为椭圆x2 +y2 =1(a>b>0)的焦点,所以c=2.又因为P( √5)在椭圆上,
2,
a2 b2 5
x2
a2=b2+c2,所以a2=5,b2=1,所以椭圆的方程为 +y2=1.
5
√30 √30
(2)当直线l的斜率不存在时,由原点O到直线l的距离为 ,可得直线l的方程为x=± .代入
6 6
√30 π
椭圆方程可得y=± ,易得⃗OM·⃗ON=0,所以∠MON为 .当直线l的斜率存在时,设直线l的方
6 2
程为y=kx+m,设M(x,y),N(x,y),由原点O到直线l的距离为√30,可得√30= |m| ,可得
1 1 2 2
6 6 √1+k2
{y=kx+m,
6m2=5(1+k2),联立 整理可得(1+5k2)x2+10kmx+5m2-5=0.所以x+x=
-10km
,xx=
x2 1 2 1 2
+ y2=1, 1+5k2
5
5m2-5,因为yy=k2xx+km(x+x)+m2,所以yy=m2-5k2
,则 ·
=xx+yy=5m2-5+
1 2 1 2 1 2 1 2 ⃗OM ⃗ON 1 2 1 2
1+5k2 1+5k2 1+5k2
m2-5k2 =6m2-5k2-5=0,所以∠MON=π.综上所述,∠MON=π恒成立.
1+5k2 1+5k2 2 2
16.(2021北京延庆一模,20)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)经过点P( √2),离心率e=√2.
1,
a2 b2 2 2
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(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设AB是经过椭圆右焦点F的一条弦(不经过点P且A在B的上方),直线AB与直线x=2相交于
点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k,k,k,将k、k、k 如何排列能构成一个等差数列?证明你的结
1 2 3 1 2 3
论.
解析 (1)由点P( √2)在椭圆上得 1 + 1 =1①, (1分)
1,
2 a2 2b2
√2 c √2
又e= ,所以 = ②. (2分)
2 a 2
由①②结合a2=b2+c2,得c2=1,a2=2,b2=1, (4分)
x2
故椭圆C的标准方程为 +y2=1. (5分)
2
(2)k、k、k 或k、k、k 能构成一个等差数列. (6分)
1 3 2 2 3 1
椭圆右焦点坐标F(1,0),显然直线AB斜率存在,
设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x-1)③, (7分)
x2
代入椭圆方程 +y2=1,整理得(2k2+1)x2-4k2x+2(k2-1)=0,易知Δ>0.
2
设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
则有x+x=
4k2 ,xx=2(k2-1)
④.(10分)
1 2 1 2
2k2+1 2k2+1
在方程③中,令x=2,得M(2,k),
√2 √2 √2
y - y - k- √2
从而k= 1 2 ,k= 2 2 ,k= 2 =k- ,(11分)
1 2 3 2
x -1 x -1 2-1
1 2
√2 √2
y - y -
因为k+k= 1 2 + 2 2
1 2
x -1 x -1
1 2
( √2) ( √2)
kx -k- (x -1)+ kx -k- (x -1)
=
1 2 2 2 2 1
(x -1)(x -1)
1 2
( √2)
2kx x - 2k+ (x +x )+2k+√2
=
1 2 2 1 2
⑤,将④代入⑤得
x x -(x +x )+1
1 2 1 2
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2k(2k2-2)- ( 2k+ √2) 4k2+(2k+√2)(2k2+1)
k+k=
1 2 2
2k2-2-4k2+2k2+1
=2k-√2. (13分)
而2k=2( √2)=2k- ,所以k+k=2k,即k 为k、k 的等差中项,
3 k- √2 1 2 3 3 1 2
2
所以k、k、k 或k、k、k 为等差数列. (14分)
1 3 2 2 3 1
17.(2021河南安阳二模,20)已知抛物线C:y2=2px(x>0)的焦点为F,过点F且垂直于x轴的直线与C
交于A,B两点,△AOB(点O为坐标原点)的面积为2.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若过点E(0,a)(a>0)的两直线l,l 的倾斜角互补,直线l 与抛物线C交于M,N两点,直线l 与抛物
1 2 1 2
线C交于P,Q两点,△FMN与△FPQ的面积相等,求实数a的取值范围.
解析 (1)因为焦点F(p ),所以点A,B的坐标分别为(p ),(p ).
,0 ,p ,-p
2 2 2
1 p
所以S = ·2p· =2,故p=2.
△AOB
2 2
故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由题意可知直线l,l 的斜率存在,且不为0,设直线l:x=t(y-a),M(x,y),N(x,y).
1 2 1 1 1 2 2
联立方程可得{ y2=4x, 消去x,可得y2-4ty+4at=0.
x=t(y-a),
则Δ=16t2-16at>0.
1
因为y+y=4t,yy=4at,
1 2 1 2
所以|MN|= |y-y|=
√1+t2 1 2 √1+t2√16(t2-at)
=4 ,
√1+t2√t2-at
焦点F到直线l 的距离d=
|1+ta|
,
1
√1+t2
所以S =1×4 × |1+ta| =2 |1+ta|.
△FMN √1+t2√t2-at √t2-at
2 √1+t2
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设直线l:x=-t(y-a),与抛物线方程联立可得{ y2=4x, 消去x可得y2+4ty-4ta=0,则
2
x=-t(y-a),
Δ=16t2+16at>0,
2
将t用-t替换,可得S =2 |ta-1|.
△FPQ √t2+at
由S =S 可得2 |1+ta|=2 |ta-1|,
△FMN △FPQ √t2-at √t2+at
即√t+a=|ta+1|,两边平方并化简可得t2= 1 ,
t-a ta-1 2-a2
所以2-a2>0,解得0<a<√2.
又由Δ>0且Δ>0得t<-a或t>a,可知t2>a2,
1 2
1
所以 >a2,即(a2-1)2>0,所以a≠1,
2-a2
所以实数a的取值范围是(0,1)∪(1,√2).
18.(2021安徽合肥二模,20)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为1,右顶点M到左焦点的距离
a2 b2 2
为3,直线l与椭圆C交于点A,B.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线MA,MB的斜率为k,k.若4kk+9=0,求|AB|的最小值.
1 2 1 2
{ c 1
解析 (1)设椭圆的半焦距为c,由题意得 = , 解得{a=2,∴b= ,
a 2 √3
c=1.
a+c=3,
x2 y2
∴椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
(2)由题意知,直线l的斜率不为0,设其方程为x=my+n,A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
{x=my+n,
由 得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0,
x2 y2
+ =1
4 3
∴y+y=- 6mn ,yy=3n2-12,Δ=(6mn)2-4(3m2+4)·(3n2-12)=48(3m2-n2+4)>0.
1 2 1 2
3m2+4 3m2+4
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y y
由(1)知M(2,0),则直线MA,MB的斜率分别为k= ,k= ,
1 1 2 2
x -2 x -2
1 2
∴kk= y y = y y =
1 2 1 2 1 2
(x -2)(x -2) (m y +n-2)(m y +n-2)
1 2 1 2
y y
1 2
m2y y +m(n-2)(y + y )+(n-2)2
1 2 1 2
3n2-12
3m2+4 3n2-12 3(n+2) 9
= = = =- ,解得n=1.
m2· 3n2-12 +m(n-2) ( - 6mn ) +(n-2)2 4(n-2)2 4(n-2) 4
3m2+4 3m2+4
6m -9
∴直线l的方程为x=my+1,直线l过定点(1,0),此时,y+y=- ,yy= ,
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
∴|AB|= √1+m2 |y 1 -y 2 |= √1+m2 · √(y + y )2-4 y y =√1+m2 √ ( - 6m ) 2 + 36 =
1 2 1 2 3m2+4 3m2+4
√1+m2
·√144(m2+1)=12(m2+1) =4·3m2+3=4(
1-
1 )≥3(当且仅当m=0时取等
(3m2+4)2 3m2+4 3m2+4 3m2+4
号),∴|AB|的最小值为3.
19.(2021浙江宁波二模,21)如图,已知椭圆C: x2 +y2=1(m>1)的左、右焦点分别为F,F,过右焦点F
1 2 2
m2
作直线l交椭圆C于A(x,y),B(x,y),其中y>0,y<0,△AFF、△BFF 的重心分别为G、G.
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(1)若G
1
的坐标为(1
,
1),求椭圆C的方程;
3 6
(2)设△BFG 和△ABG 的面积为S 和S,且4≤ S ≤5,求实数m的取值范围.
1 1 2 1 2 1
3 S 3
2
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解析 (1)由题得A( 1),故 1 +1=1,则m2=4,
1,
2 m2 4 3
3
所以椭圆C的方程为 x2+y2=1. (5分)
4
(2)连接OA,OB,BG,AG,则G 在OA上,G 在OB上.
1 2 1 2
设F(-c,0),F(c,0),则m2=c2+1,
1 2
1 1 1 1 1 c
S=S +S +S =S + S + S =- cy+ cy+ c(y-y)= (y-2y),
1 △BOF 1 △G 1 OF 1 △G 1 OB △BOF 1 3 △AOF 1 3 △AOB 2 2 6 1 6 1 2 3 1 2
2 1
S= S = c(y-y). (9分)
2 △ABO 1 2
3 3
则 S 1 = y 1 -2y 2∈[4 , 5],得 y 1∈[ -2,- 1].
S y - y 3 3 y 2
2 1 2 2
设l:x=ty+c,代入椭圆方程 x2 +y2=1,得(t2+m2)y2+2tcy-1=0.
m2
-2tc -1
由根与系数的关系得y+y= ,yy= , (12分)
1 2 t2+m2 1 2 t2+m2
则 y 1+ y 2= (y 1 + y 2 )2 -2∈[ - 5 ,-2 ],
y y y y 2
2 1 1 2
即-5≤-4t2c2 -2≤-2,也即0≤4t2c2 ≤1,
2 t2+m2 t2+m2 2
所以(8m2-9)t2≤m2对t恒成立.
3√2
故8m2-9≤0,所以1<m≤ .(15分)
4
x2
20.(2021浙江新高考研究卷(二),21)如图,椭圆M: +y2=1与拋物线N:x2=2py(p>0)交于点A,A',拋物
4
线焦点为F,若直线AF与抛物线N的另一个交点为点B,点A关于原点对称的点为点C,记
△AFC,△ABA'的面积分别为S,S.
1 2
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1
(1)若点A的纵坐标为 ,求直线A'F的方程;
2
(2)若点B在椭圆M内,当S·S 取最大值时,求对应p2的值.
1 2
解析 (1)易得A( 1),则A'( 1),代入抛物线方程得p=3,则F( 3),
√3, -√3, 0,
2 2 2
3 1
3 -
所以直线A'F的方程为y- = 2 2 x,即6y-2√3x-9=0.
2
0+√3
(2)设点A(2pa,2pa2),代入椭圆方程得p2(4a4+a2)=1,
易知A'(-2pa,2pa2),C(-2pa,-2pa2),B(
-
p
,
p ),
2a 8a2
p 1
因为点B在点A下方,所以 <2pa2⇒a> .
8a2 2
易求S=p2a,S=2p2a·16a4-1,所以SS= 4a2-1
.
1 2 1 2
8a2 4a4(4a2+1)
4t
令t=4a2-1,t>0,则SS= ,
1 2 (t+1)2(t+2)
记h(t)= t ,则h'(t)=-2t2-2t+2 ,
(t+1)2(t+2) (t+1)3(t+2)2
令h'(t)>0,得t∈( √5-1),令h'(t)<0,
0,
2
得t∈(√5-1 ),
,+∞
2
√5-1 √5+1 1
所以当t= 时,S·S 取得最大值,此时a2= ,所以p2= =4(√5-2).
2 1 2 8 (4a2+1)a2
20 / 20
