主干知識達標(biāo)練
1.(2024貴州遵義一模)已知橢圓C:y26+x22=1,過點P12,32的直線與橢圓C交于A,B兩點且線段AB的中點為P,則坐標(biāo)原點O到直線AB的距離為( )
A.1B.2
C.2D.22
答案B
解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y126+x122=1,y226+x222=1,
兩式相減得(y1+y2)(y1-y2)6+
(x1+x2)(x1-x2)2=0,
由條件可知,x1+x2=1,y1+y2=3,即y1-y22+x1-x22=0,因為點P縱坐標(biāo)不為0,并且由對稱性可知,x1≠x2,所以y1-y2x1-x2=-1,所以直線AB的斜率為-1,所以直線AB的方程為y-32=-x-12,即x+y-2=0,所以原點到直線AB的距離d=22=2.故選B.
2.過雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一點P作雙曲線C的切線l,若直線OP與直線l的斜率均存在,且斜率之積為25,則雙曲線C的離心率為( )
A.295B.303C.355D.305
答案C
解析設(shè)P(x0,y0),則直線OP的斜率為y0x0.
由于雙曲線C在點P(x0,y0)處的切線方程為xx0a2-yy0b2=1,故切線l的斜率k=b2x0a2y0.
因為k·kOP=25,則b2x0a2y0·y0x0=25,則b2a2=25,即雙曲線C的離心率e=1+25=355.故選C.
3.(多選題)(2022新高考Ⅰ,11)已知O為坐標(biāo)原點,點A(1,1)在拋物線C:x2=2py(p>0)上,過點B(0,-1)的直線交C于P,Q兩點,則( )
A.C的準(zhǔn)線為y=-1
B.直線AB與C相切
C.|OP|·|OQ|>|OA|2
D.|BP|·|BQ|>|BA|2
答案BCD
解析∵點A(1,1)在拋物線C上,
∴1=2p,∴p=12,
∴拋物線C的方程為x2=y.
∴拋物線C的準(zhǔn)線為y=-14,故A錯誤;
∵點A(1,1),B(0,-1),∴直線AB的方程為y=2x-1,聯(lián)立拋物線C與直線AB的方程,得y=2x-1,x2=y,消去y整理得x2-2x+1=0,Δ1=(-2)2-4×1×1=0,
∴直線AB與拋物線C相切,故B正確;
由題意可得,直線PQ的斜率存在,則可設(shè)直線PQ的方程為y=kx-1,聯(lián)立直線PQ與拋物線C的方程,得y=kx-1,x2=y,消去y整理得x2-kx+1=0,設(shè)點P(x1,y1),Q(x2,y2),
則Δ2=k2-4>0,x1+x2=k,x1x2=1,∴|k|>2,y1y2=(x1x2)2=1,
又|OP|=x12+y12=y1+y12,
|OQ|=x22+y22=y2+y22,
∴|OP|·|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=
kx1·kx2=|k|>2=|OA|2,故C正確;
∵|BP|=1+k2|x1|,|BQ|=1+k2|x2|,
∴|BP|·|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5,而|BA|2=5,故D正確.故選BCD.
4.(5分)(2024湖南婁底一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,下頂點為A,過A,F的直線l與橢圓C交于另一點B,若直線l的斜率為1,且|AB|=83,則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 .
答案x24+y22=1
解析如圖,設(shè)F(c,0),則A(0,-b),kAF=bc=1,所以b=c,a=2c,直線l的方程為y=x-c,與橢圓C的方程聯(lián)立消去y得3x2-4cx=0,所以xA=0,xB=43c,
故|AB|=2·|xB-xA|=423c=83,解得c=2,所以b=2,a=2,橢圓C的方程為x24+y22=1.
5.(15分)(2024浙江麗水模擬)設(shè)雙曲線Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),斜率為1的直線l與Γ交于A,B兩點,當(dāng)l過Γ的右焦點F時,l與Γ的一條漸近線交于點P(-5,-25).
(1)求Γ的方程;
(2)若l過點(-1,0),求|AB|.
解(1)設(shè)Γ的右焦點為F(c,0),當(dāng)l過Γ的右焦點F時,直線l的方程為y=x-c,易知點P(-5,-25)在漸近線y=bax上,所以ba=-25-5=2,
又點P(-5,-25)在直線l上,所以-25=-5-c,得c2=5,且c2=a2+b2,所以a=1,b=2,所以雙曲線的方程是x2-y24=1.
(2)(方法一)因為l過點(-1,0)且斜率為1,所以直線AB:y=x+1,
聯(lián)立4x2-y2-4=0,y=x+1,消去y整理得3x2-2x-5=0,解得x=-1或x=53.
當(dāng)x=-1時,y=x+1=0,故A(-1,0);
當(dāng)x=53時,y=x+1=83,故B53,83,
所以|AB|=(-1-53) 2+(0-83) 2=823.
(方法二)因為l過點(-1,0)且斜率為1,故直線AB:y=x+1,
聯(lián)立4x2-y2-4=0,y=x+1,消去y整理得4x2-(x+1)2-4=0,
即3x2-2x-5=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=23,x1x2=-53,
所以|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=2[(x1+x2)2-4x1x2]=2(49+203)=823.
關(guān)鍵能力提升練
6.(多選題)(2024江西上饒模擬)已知雙曲線C:x2-y2b2=1(b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,左、右頂點分別為A1,A2,P為雙曲線右支上的一點,且直線PA1與PA2的斜率之積等于2,過點P的切線與雙曲線的漸近線交于M,N兩點,則下列說法正確的有( )
A.雙曲線C的漸近線方程為y=±3x
B.|PM|=|PN|
C.離心率e=3
D.S△OMN=2
答案BCD
解析如圖,設(shè)點P(x0,y0),則y0≠0,且y02=b2(x02-1),
易知點A1(-1,0),A2(1,0),則kPA1kPA2=y0x0+1·y0x0-1=y02x02-1=b2(x02-1)x02-1=b2=2,所以雙曲線方程為x2-y22=1,漸近線方程為y=±2x,故A錯誤;
雙曲線C:x2-y22=1在點P處的切線方程為x0x-y0y2=1,聯(lián)立y=2x,x0x-y0y2=1,可得xM=22x0-y0,
聯(lián)立y=-2x,x0x-y0y2=1,可得xN=22x0+y0,
所以xM+xN=22x0-y0+22x0+y0=4x02x02-y02=4x02x02-2(x02-1)=2x0,所以點P為線段MN的中點,即|PM|=|PN|,故B正確;
因為離心率e=ca=1+b2a2=1+2=3,故C正確;
因為|OM|=1+(2)2|xM-0|=6|2x0-y0|,點P到直線2x-y=0的距離為d=|2x0-y0|3,所以S△OMN=2S△OPM=2×12×|OM|·d=6|2x0-y0|×|2x0-y0|3=2,故D正確.故選BCD.
7.(多選題)(2024山東菏澤模擬)已知拋物線y2=8x的焦點為F,準(zhǔn)線與x軸的交點為C,過點C的直線l與拋物線交于A,B兩點,A點位于B點右方,若∠AFB=∠CFB,則下列結(jié)論一定正確的有( )
A.|AF|=8B.|AB|=873
C.S△AFB=1633D.直線AF的斜率為3
答案ABC
解析由題意得,如圖,F(2,0),C(-2,0),當(dāng)直線l的斜率為0時,與拋物線只有1個交點,不符合題意.
故設(shè)直線l的方程為x=my-2,不妨設(shè)m>0,
聯(lián)立y2=8x,可得y2-8my+16=0,由l與拋物線交于A,B兩點,所以Δ>0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1>0,y2>0,則y1+y2=8m,y1y2=16,
則|AB|=1+m2·|y1-y2|,|BC|=1+m2·|y2|=1+m2·y2,
在△CBF與△ABF中,由正弦定理得|CF|sin∠CBF=|BC|sin∠CFB,|AF|sin∠ABF=|AB|sin∠AFB,因為∠AFB=∠CFB,∠CBF+∠ABF=π,y1>y2,|CF||AF|=|BC||AB|,即4|AF|=1+m2·|y2|1+m2·|y1-y2|=|y2||y1-y2|.
又由拋物線的性質(zhì)可知|AF|=x1+2=my1-2+2=my1,
則4my1=y2y1-y2,
即my1y2=4y1-4y2=4(y1+y2)2-4y1y2,
即16m=464m2-64,解得m=233,
則y1+y2=1633,y1y2=16,解得y1=43,y2=433,故|AF|=my1=233×43=8.
當(dāng)m0時,y1=43,則x1=(43)28=6,即A(6,43),此時kAF=43-06-2=3.
由對稱性可得,當(dāng)mb>0)交于A,B兩點,點T是橢圓上的一點,且滿足TA⊥TB,點P,Q分別是△OAT,△OBT的重心,點R是△TAB的外心.記直線OP,OQ,OR的斜率分別為k1,k2,k3,若k1k2k3=-18,則橢圓C的離心率為 .
答案22
解析如圖,取AT,BT的中點C,D,依題意,點R是AB中點,點P,Q分別在OC,OD上.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由b2x12+a2y12=a2b2,b2x22+a2y22=a2b2,兩式相減得b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-y2)(y1+y2)=0,(*)
易知x1≠x2,直線AB斜率kAB=y1-y2x1-x2=-1,直線OR斜率k3=kOR=y1+y2x1+x2,由(*)得y1+y2x1+x2=b2a2,則k3kAB=-b2a2,直線AT,BT的斜率分別為kAT,kBT,同理k1kAT=-b2a2,k2kBT=-b2a2,又kATkBT=-1,因為k1k2k3=-18,所以k1kAT·k2kBT·k3kAB=-b2a23=-18,解得b2a2=12,所以橢圓C的離心率e=1-b2a2=22.
9.(17分)(2024浙江湖州模擬)已知長為22的線段PQ的中點為原點O,圓T經(jīng)過P,Q兩點且與直線y+2=0相切,圓心T的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程;
(2)過點D(1,b)且互相垂直的直線l1,l2分別與曲線C交于點E,H和點M,N,且|ED|=|DH|,四邊形MENH的面積為156,求實數(shù)b的值.
解(1)由題意知圓心T在線段PQ的垂直平分線上(異于點O),設(shè)T(x,y),圓T的半徑為r,則OT2+OP2=TP2,則r=x2+y2+(222) 2=x2+y2+2,又圓T與直線y+2=0相切,故r=|y+2|,于是|y+2|=x2+y2+2,化簡得x2=4y+2,所以曲線C的方程為x2=4y+2.
(2)設(shè)E(x1,y1),H(x2,y2),根據(jù)|ED|=|DH|可得D為EH的中點,
則x12=4y1+2,x22=4y2+2,得y1-y2x1-x2=x1+x24=24=12,
即kl1=12,所以直線l1:y=12(x-1)+b.
聯(lián)立y=12(x-1)+b,x2=4y+2,消去y整理得x2-2x-4b=0,由Δ1=(-2)2-4(-4b)=16b+4>0,得b>-14,
所以x1+x2=2,x1·x2=-4b,
所以|EH|=1+(12) 2×22-4(-4b)=5×4b+1.
設(shè)M(x3,y3),N(x4,y4),因為l1,l2互相垂直,易知直線l2:y=-2(x-1)+b,
聯(lián)立y=-2(x-1)+b,x2=4y+2,消去y整理得x2+8x-4b-10=0,
由Δ2=82-4(-4b-10)=16b+104>0,得b>-132,
所以x3+x4=-8,x3·x4=-4b-10,所以|MN|=1+(-2)2×(-8)2-4(-4b-10)=25×4b+26.
則四邊形MENH的面積為12|EH|·|MN|=12×5×4b+1×25×4b+26=5(4b+1)(4b+26).
令5(4b+1)(4b+26)=156,化簡得4b2+27b-7=0,
解得b=-7(舍去)或b=14,符合Δ1>0,Δ2>0,所以實數(shù)b的值為14.
核心素養(yǎng)創(chuàng)新練
10.(17分)(2024廣東汕頭一模)已知點M(x0,y0)為雙曲線x22-y2=1上的動點.
(1)判斷直線x0x2-y0y=1與雙曲線的公共點個數(shù),并說明理由;
(2)①如果把(1)的結(jié)論推廣到一般雙曲線,你能得到什么相應(yīng)的結(jié)論?請寫出你的結(jié)論,不必證明;
②將雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線稱為“退化的雙曲線”,其方程為x2a2-y2b2=0,請利用該方程證明如下命題:若T(m,n)為雙曲線C上一點,直線l:mxa2-nyb2=1與C的兩條漸近線分別交于點P,Q,則T為線段PQ的中點.
(1)解由點M(x0,y0)在雙曲線x22-y2=1上,得x022-y02=1,即y02=x022-1,
聯(lián)立x22-y2=1,x0x2-y0y=1,消去y得y022-x024x2+x0x-(1+y02)=0,則x2-2x0x+x02=0,顯然Δ=4x02-4x02=0,所以該直線與雙曲線有且只有1個公共點.
(2)①解由(1)知,直線x0x2-y0y=1與雙曲線x22-y2=1相切于點(x0,y0),
所以過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一點(x0,y0)的切線方程為x0xa2-y0yb2=1.證明如下:
因為點(x0,y0)在雙曲線上,所以x02a2-y02b2=1,即b2x02-a2y02=a2b2,
由x0xa2-y0yb2=1,x2a2-y2b2=1,消去y得b2a2x2-2b2a2x0x+b2+y02=0,
于是Δ=4b4x02a4-4b2a2(b2+y02)=4b2(b2x02-a2y02-a2b2)a4=0,
因此直線x0xa2-y0yb2=1與雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)相切于點(x0,y0),所以過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一點(x0,y0)的切線方程為x0xa2-y0yb2=1.
②證明當(dāng)n=0時,直線l的斜率不存在,由對稱性知,點T為線段PQ的中點;
當(dāng)n≠0時,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點N(t,s),
聯(lián)立x2a2-y2b2=0,mxa2-nyb2=1,消去y得n2b2-m2a2x2+2mx-a2=0,
由m2a2-n2b2=1,得x2-2mx+a2=0,
則t=x1+x22=m,
又mta2-nsb2=1,于是s=b2nm2a2-1=n,即點T與點N重合,
所以點T為線段PQ的中點.

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