专题跟踪检测15 直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题（Word练习）-【创新方案】2024年高考数学(理科)二轮复习专题辅导与测试（老教材）

专题跟踪检测（十五） 直线与圆锥曲线的位置关系及证明问题 1．已知b>a>0，点A(0，b)，B，动点P满足|PA|＝|PB|，点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)直线y＝kx＋m与曲线C相切，与曲线E：－＝1交于M，N两点，且∠MON＝(O为坐标原点)，求曲线E的离心率． 解：(1)设P(x, y)，由|PA|＝|PB|，得＝·，整理得x2＋y2＝b2即为曲线C. (2)∵y＝kx＋m与曲线C相切， ∴b＝，即b2＝. 设M(x1, y1)，N(x2, y2)， 将y＝kx＋m代入曲线E整理得(b2－a2k2)x2－2a2kmx－(a2m2＋a2b2)＝0， ∵b2－a2k2≠0，Δ＝4a2b2(m2＋b2－a2k2)>0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∵∠MON＝，∴·＝0， 即x1x2＋y1y2＝0. ∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝， ∴＋＝0， 整理得＝， ∴＝b2，即b2＝2a2，c2＝3a2，e＝. 故曲线E的离心率为. 2．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(1, －2)，直线l经过抛物线的焦点F与抛物线交于A，B两点． (1)若直线l的方程为y＝x－2，求△ABO的面积； (2)若直线OA，OB的斜率为k1，k2，且k1＋k2＝2，求直线l的方程． 解：(1)将点M(1, －2)代入抛物线方程，可得p＝4，则抛物线方程为y2＝8x. 设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立可得x2－12x＋4＝0. ∴x1＋x2＝12，则|AB|＝ x1＋x2＋4＝16. 又点O到直线AB的距离为， ∴S△ABO＝××16＝8. (2)由题意知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l的方程为y＝k(x－2)，A(x1, y1)，B(x2, y2)， 联立可得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0， 显然Δ>0，从而x1＋x2＝，x1x2＝4. ∴k1＋k2＝＋＝＋＝2k－＝2k－＝2k－2k·＝－＝2，∴k＝－2. ∴直线l的方程为2x＋y－4＝0. 3．已知椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F，离心率为，椭圆C上一点为.直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，交椭圆C于A，B两点，M为AB中点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过F且与AB垂直的直线与直线OM交于P点，过O点作一条与AB平行的直线l，过F作与MO垂直的直线m，设l∩m＝Q，求证：直线PQ⊥x轴． 解：(1)依题意得解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：联立椭圆C的方程＋＝1，与直线AB的方程y＝kx＋1，消去y得，(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，设A(x1, y1)，B(x2, y2)， 得x1＋x2＝－，x1x2＝－， 设M(x0, y0)，所以x0＝＝－，y0＝kx0＋1＝， 所以直线MO的斜率为＝－，MO的方程为y＝－x，F的坐标为(1, 0)， 过F且与AB垂直的直线方程为y＝－(x－1)， 由y＝－(x－1)与y＝－x联立消去y，得P点的横坐标为4， 直线m的方程为y＝(x－1)， 直线l的方程为y＝kx， 由y＝(x－1)与y＝kx联立消去y，得Q点的横坐标也为4，所以直线PQ⊥x轴． 4．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上． 解：(1)设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距， 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)证明：法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4， 则x1＝my1－4，x2＝my2－4. 联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0. 因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ＞0. 由根与系数的关系得所以y1＋y2＝y1y2. 因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点， 所以A1(－2,0)，A2(2,0)． 直线MA1的方程为＝，直线NA2的方程为＝， 所以＝，得＝，＝＝. 因为 ＝ ＝ ＝ ＝－3， 所以＝－3，解得x＝－1， 所以点P在定直线x＝－1上． 学科网（北京）股份有限公司 $$