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2.8 直线与圆锥曲线的位置关系基础过关练题组一 直线与椭圆的位置关系1.(2020吉林一中高二月考)已知A={(x,y)|x+y=2},B={(x,y)|x 2+2y 2=2},则A∩B 中元素的个数为( ) A.4 B.2 C.1 D.02.直线y=kx-k+1与椭圆x 29+y 24=1的位置关系为( )A.相交B.相切C.相离D.不确定3.直线y=x+1被椭圆x 2+4y 2=8截得的弦长是( ) A.12√25B.8√25C.√34D.√1724.(2020浙江宁波高二月考)以F 1(-1,0),F 2(1,0)为焦点且与直线x-y+3=0有公共点的椭圆中,离心率最大的椭圆方程是( ) A.x 220+y 219=1 B.x 29+y 28=1 C.x 25+y 24=1D.x 23+y 22=15.(2020河北沧州高二期中)直线y=kx+1被椭圆x 24+y 2=1截得的弦长的最大值为 .6.(2020山东潍坊一中高二月考)经过椭圆x 22+y 2=1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l,交椭圆于A,B 两点,设O 为坐标原点,则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 7.已知椭圆方程为y 216+x 24=1.(1)判断直线y=2x+6是否与椭圆有公共点;(2)若斜率为1的直线l 与椭圆相交于A 、B 两点,且|AB|=16√25,求直线l 的方程.8.(2019重庆八中高二月考)已知椭圆C:x 24+y 2=1,直线l 经过点E(-1,0),且与椭圆C 相交于A 、B 两点,且|EA|=2|EB|. (1)求直线l 的方程; (2)求弦AB 的长度.题组二 直线与双曲线的位置关系9.(2020山东淄博高二月考)直线y=2x 与双曲线x 24-y 2=1公共点的个数为( )A.0B.1C.2D.410.(2019山西临汾一中高二期中)若直线l 经过点(2,0),且与双曲线x 2-y 2=1只有一个公共点,则符合要求的直线l 的条数是( ) A.1 B.2 C.3 D.411.已知双曲线x 212-y 24=1的右焦点为F,若过点F 的直线与双曲线右支有且只有一个交点,则此直线斜率的取值范围是( ) A.(-√33,√33) B.(-√3,√3)C.[-√33,√33] D.[-√3,√3] 12.(2019广东茂名高二期中)若直线y=x+m 与双曲线x 24-y 2=1有两个公共点,则实数m 的取值范围是 .13.已知点A(-√3,0)和点B(√3,0),动点C 到A,B 两点的距离之差的绝对值为2,点C 的轨迹与直线y=x-2交于D,E 两点,求线段DE 的长.题组三 直线与抛物线的位置关系14.(2020黑龙江哈尔滨师大附中高二月考)已知直线y=kx-1与抛物线x 2=8y 相切,则双曲线x 2-k 2y 2=1的离心率为( ) A.√5 B.√3 C.√2 D.√3215.(2020重庆巴蜀中学高二月考)过点(1,1)与抛物线y 2=x 只有一个公共点的直线有( ) A.1条B.2条C.3条D.4条16.直线y=2x+4与抛物线y=x 2交于A,B 两点,O 为坐标原点,则△ABO 的面积为( ) A.2√5B.4√5C.6√5D.8√517.直线y=x-3与抛物线y 2=4x 交于A,B 两点,过A,B 两点向抛物线的准线作垂线,垂足分别为P,Q,则梯形APQB 的面积为( ) A.48 B.56 C.64 D.7218.(2020福建福州四校高二联考)已知抛物线C:y 2=8x 的焦点为F,点M(-2,2),过点F 且斜率为k 的直线与C 交于A,B 两点,若MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则k=( ) A.√2 B.√22 C.12D.219.设抛物线y 2=8x 的准线与x 轴交于点Q,若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点,则直线l 的斜率的取值范围是 .20.(2020山东烟台一中高二期中)在平面直角坐标系xOy 中,直线l 过抛物线y 2=4x 的焦点F,且与该抛物线相交于A,B 两点,其中点A 在x 轴上方.若直线l 的倾斜角为60°,则△OAF 的面积为 .21.过点(-3,2)的直线与抛物线y 2=4x 只有一个公共点,求此直线方程.22.(2020四川绵阳高二期中)已知抛物线C:y 2=2px(p>0)经过点A(1,-2). (1)求抛物线的方程,并求其准线方程;(2)若直线l 与OA 平行,与抛物线有公共点,且直线OA 与l 的距离为√55,求直线l 的方程.23.(2020安徽合肥八中高二期末)已知过抛物线x 2=2py(p>0)的焦点,斜率为√24的直线交抛物线于A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)(x 1<x 2)两点,且|AB|=9. (1)求该抛物线的方程;(2)O 为坐标原点,C 为抛物线上一点,若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求λ的值.能力提升练题组一中点弦问题1.(2020广东珠海高三期末,)已知椭圆x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,离心率为√22,过点F的直线l交椭圆于A,B两点,若AB的中点为(1,1),则直线l的斜率k=( )A.2B.-2C.12D.-122.(2020山东寿光现代中学高二月考,)过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F,且倾斜角为π4的直线与抛物线交于A,B两点,若弦AB的垂直平分线经过点(0,2),则p的值为( )A.4B.2C.45D.253.(2020山西太原高二月考,)已知双曲线x 2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与方向向量为k=(6,6)的直线交于A,B两点,线段AB的中点为(4,1),则该双曲线的渐近线方程是.4.(2019四川眉山高二月考,)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F(-2,0),上顶点B(0,2).(1)求椭圆C的方程;(2)若直线y=x+m与椭圆C交于不同的两点M,N,且线段MN的中点G在圆x2+y2=1上,求m的值.题组二 最值与范围问题5.(2020浙江杭州学军中学高二月考,)圆C 的圆心在拋物线y=4x 2上,且圆C 过抛物线y=4x 2的焦点,则圆C 上的点到直线y=-6距离的最小值为( ) A.9516B.254C.5D.726.(2020河南新乡一中高二期中,)已知椭圆C:x 22+y 2=1,设过点P(2,0)的直线l与椭圆C 交于不同的两点A,B 且∠AOB 为钝角(其中O 为坐标原点),则直线l 的斜率的取值范围是( ) A.(-√22,√22) B.(-√55,0)∪(0,√55) C.(-∞,-√55)∪(√55,+∞) D.(-√22,0)∪(0,√22) 7.(多选)(2020浙江宁波镇海中学月考,)已知F 是双曲线x 23a 2-y 2a 2=1的右焦点,O为坐标原点,设P 是双曲线上一点,则∠POF 的大小可能是( ) A.15°B.25°C.60°D.165°8.(2020河南平顶山高二检测,)椭圆x 24+y 23=1的左、右焦点分别为F 1,F 2,过椭圆的右焦点F 2作一条直线l 交椭圆于P,Q 两点,则△F 1PQ 内切圆面积的最大值是 .9.(2020山东泰安高二月考,)已知双曲线x 2a2-y 2b2=1(a>0,b>0)的离心率等于32,且点(-2√2,√5)在双曲线上. (1)求双曲线的方程;(2)若双曲线的左顶点为A 1,右焦点为F 2,P 为双曲线右支上任意一点,求PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值.10.(2020广东广州高三期末,)已知F 为抛物线C:y 2=2px(p>0)的焦点,过F 垂直于x 轴的直线被C 截得的弦长为4. (1)求抛物线C 的方程;(2)过点(m,0),且斜率为1的直线被抛物线C 截得的弦为AB,若点F 在以AB 为直径的圆内,求m 的取值范围.11.(2020山西太原高二期中,)已知椭圆C:x 29+y 2b 2=1(b>0)上的动点P 到右焦点距离的最小值为3-2√2. (1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 和椭圆C 交于M 、N 两点,A 为椭圆的右顶点,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,求△AMN 面积的最大值.题组三 定值与定点问题 12.(2019山东泰安高二月考,)设A 、P 是椭圆x 22+y 2=1上的两点,点A 关于x 轴的对称点为B(异于点P),若直线AP 、BP 分别交x 轴于点M 、N,则OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 等于 . 13.(2020湖南浏阳高二期中,)过抛物线C:y 2=x 上一点A(1,1)作两条互相垂直的直线,分别交抛物线于P,Q(异于点A)两点,则直线PQ 恒过定点 . 14.(2020安徽黄山高三一模,)已知△ABC 的三个顶点都在抛物线y 2=2px(p>0)上,且抛物线的焦点F 为△ABC 的重心.(1)记△OFA、△OFB、△OFC 的面积分别为S 1、S 2、S 3,求证:S 12+S 22+S 32为定值;(2)若点A 的坐标为(1,-2),求BC 所在的直线方程.15.(2019海南海口中学高二期中,)已知抛物线y2=2px(p>0)的准线与x轴的交点坐标是(-4,0).(1)求抛物线方程;(2)求定点M,使过点M的直线l与抛物线交于B、C两点(异于原点),且以BC为直径的圆恰好经过原点.16.(2020陕西西安高二检测,)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,0),离心率为√32.(1)求椭圆C的方程;(2)过点B(1,0)且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于E,F两点,直线AE,AF 分别交直线x=3于M,N两点,线段MN的中点为P.记直线PB的斜率为k',求证:k·k'为定值.答案全解全析基础过关练1.D 联立{x +y =2,x 2+2y 2=2,消去x 得3y 2-4y+2=0,由于Δ=-8<0,所以直线x+y=2与椭圆x 2+2y 2=2没有公共点,故A∩B 中元素的个数为0.2.A 由题意得直线y-1=k(x-1)恒过定点(1,1),而点(1,1)在椭圆x 29+y 24=1的内部,所以直线与椭圆相交.3.A 将直线y=x+1代入x 2+4y 2=8,可得x 2+4(x+1)2=8,即5x 2+8x-4=0,所以x 1=-2,x 2=25,则y 1=-1,y 2=75,故直线y=x+1被椭圆x 2+4y 2=8截得的弦长为√(25+2)2+(75+1)2=12√25.4.C 设椭圆方程为x 2a2+y 2a 2-1=1(a>1),由{x 2a 2+y 2a 2-1=1,x -y +3=0得(2a 2-1)x 2+6a 2x+(10a 2-a 4)=0,由Δ≥0,得a≥√5(a≤1舍去),所以e=c a =1a≤√55,所以离心率最大时,a=√5,此时椭圆方程为x 25+y 24=1.5.答案4√33解析 联立{x 24+y 2=1,y =kx +1,消去y 得(1+4k 2)x 2+8kx=0,设弦为AB,其中A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-8k 1+4k ,x 1x 2=0,于是|AB|=2|x 1-x 2| =√1+k 2×√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=√163-12(11+4k 2-13)2, 因此当11+4k-13=0,即k=±√22时,弦长取得最大值4√33. 6.答案 -13解析 依题意,当直线l 经过椭圆的右焦点(1,0)时,其方程为y=x-1,代入椭圆方程x 22+y 2=1,并整理得3x 2-4x=0,解得x=0或x=43,所以两个交点的坐标分别为(0,-1),(43,13),所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =-13,同理,当直线l 经过椭圆的左焦点时,也可得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =-13. 7.解析 (1)由{y 216+x 24=1,y =2x +6可得2x 2+6x+5=0,由于Δ=62-4×2×5<0,所以该方程组无解,即直线与椭圆没有公共点.(2)设直线l 的方程为y=x+m,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 由方程组{y =x +m ,y 216+x 24=1消去y 得5x 2+2mx+m 2-16=0,由题意,得Δ=(2m)2-20(m 2-16)>0,且x 1+x 2=-2m 5,x 1x 2=m 2-165,因为|AB|=2·|x 1-x 2|=√2·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=165 √2,所以(-2m 5)2-4(m 2-16)5=(165)2, 解得m=±2,验证知Δ>0成立,所以直线l 的方程为x-y+2=0或x-y-2=0.8.解析 (1)若直线l 的斜率不存在,则其方程为x=-1,显然不满足|EA|=2|EB|, 故直线l 的斜率一定存在,设为k,则l 的方程为y=k(x+1). 联立{y =k (x +1),x 24+y 2=1,整理得(4k 2+1)x 2+8k 2x+4k 2-4=0. Δ=(8k 2)2-4(4k 2+1)(4k 2-4)=48k 2+16>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由根与系数的关系可得{x 1+x 2=-8k 24k 2+1,①x 1x 2=4k 2-44k +1,②由于|EA|=2|EB|,所以x 1+2x 2=-3,③ 联立①②③可得k=±√156,因此直线l 的方程是y=±√156(x+1),即√15x+6y+√15=0或√15x-6y+√15=0.(2)由(1)得x 1+x 2=-54,x 1x 2=-78,因此弦AB 的长度|AB|=√1+k 2|x 1-x 2|=√1+k 2·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2 =√1+512·√(-54)2-4×(-78) =38√51. 9.A 双曲线x 24-y 2=1的渐近线方程为y=±12x,焦点在x 轴上,结合图像(图略)知,直线y=2x 与该双曲线无公共点.10.B 依题意,直线l 的斜率必存在,设其为k,则直线l 的方程为y=k(x-2). 联立{y =k (x -2),x 2-y 2=1,消去y 整理得到(1-k 2)·x 2+4k 2x-(4k 2+1)=0, 当1-k 2=0,即k=±1时,该方程只有一个解,直线与双曲线只有一个公共点; 当1-k 2≠0时,由Δ=(4k 2)2+4(1-k 2)·(4k 2+1)=0,得k 无解.综上,符合要求的直线只有2条.11.C 双曲线x 212-y 24=1的渐近线方程是y=±√33x,右焦点为F(4,0),过右焦点F(4,0)分别作两条渐近线的平行线l 1和l 2,如图,由图可知,符合条件的直线的斜率的取值范围是[-√33,√33].12.答案 m>√3或m<-√3解析 联立{x 24-y 2=1,y =x +m ,消去y 得3x 2+8mx+4m 2+4=0,依题意有Δ=(8m)2-4×3×(4m 2+4)>0,即m 2>3,解得m>√3或m<-√3.13.解析 设点C(x,y),则||CA|-|CB||=2<2√3,根据双曲线的定义,可知点C 的轨迹是双曲线,2a=2,2c=|AB|=2√3,故a 2=1,b 2=2,故点C 的轨迹方程是x 2-y 22=1.由{x 2-y 22=1,y =x -2消去y,整理得x 2+4x-6=0,因为Δ>0,所以直线与双曲线有两个交点,设D(x 1,y 1),E(x 2,y 2),则x 1+x 2=-4,x 1·x 2=-6,故|DE|=√√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=4√14.B 由{y =kx -1,x 2=8y 得x 2-8kx+8=0,依题意有Δ=64k 2-32=0,则k 2=12,所以双曲线方程为x 2-y 22=1,可得a=1,c=√3,则双曲线的离心率e=ca=√3.15.B 因为点(1,1)在抛物线y 2=x 上,所以与y 2=x 只有一个公共点的直线有两条,其中一条为切线,一条为平行于x 轴的直线.16.B 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由{y =2x +4,y =x 2得x 2-2x-4=0,所以x 1+x 2=2,x 1x 2=-4,|AB|=√1+22|x 1-x 2|=√1+22·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=10,原点到直线的距离d=√5,S △AOB =12×10×√5=4√5. 17.A 由{y =x -3,y 2=4x 得x 2-10x+9=0,解得{x =1,y =-2或{x =9,y =6.不妨设A(9,6),B(1,-2),则|AP|=10,|BQ|=2,|PQ|=8,故梯形APQB 的面积S=12(|AP|+|BQ|)×|PQ|=12×(10+2)×8=48.18.D 过点F(2,0)且斜率为k 的直线的方程为y=k(x-2),设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+2,y 1-2)·(x 2+2,y 2-2)=(x 1+2)(x 2+2)+(y 1-2)(y 2-2)=x 1x 2+2(x 1+x 2)+4+y 1y 2-2(y 1+y 2)+4=0,①由{y =k (x -2),y 2=8x消去y,并整理得k 2x 2-(4k 2+8)x+4k 2=0,∴x 1x 2=4,x 1+x 2=4k 2+8k 2,②消去x,并整理得ky 2-8y-16k=0, ∴y 1y 2=-16,y 1+y 2=8k ,③将②③代入①并整理得k 2-4k+4=0, 解得k 1=k 2=2. 19.答案 -1≤k≤1解析 易知直线l 的斜率一定存在,故设直线l 的方程为y=k(x+2),与抛物线方程联立,消去x,整理得ky 2-8y+16k=0. 当k=0时,直线l 与抛物线有一个交点;当k≠0时,由Δ=64-64k 2≥0,解得-1≤k≤1,且k≠0. 综上,-1≤k≤1. 20.答案 √3解析 直线l 的方程为y=√3(x-1),即x=√33y+1,代入抛物线方程得y 2-4√33y-4=0,解得y 1=2√3,y 2=-2√33,因为点A 在x 轴上方,所以A 点的纵坐标为2√3,故△OAF 的面积为12×1×2√3=√3.21.解析 显然直线斜率存在,故设直线方程为y-2=k(x+3), 由{y -2=k (x +3),y 2=4x消去x,整理得ky 2-4y+12k+8=0,① 当k=0时,方程①化为-4y+8=0,即y=2,此时过(-3,2)的直线方程为y=2,满足条件. 当k≠0时,方程①应有两个相等的实根,所以{k ≠0,Δ=0,即{k ≠0,16-4k (12k +8)=0,解得k=13或k=-1,则直线方程为y-2=13(x+3)或y-2=-(x+3),即x-3y+9=0或x+y+1=0.综上,所求直线方程为y=2或x-3y+9=0或x+y+1=0.22.解析 (1)将点A(1,-2)代入抛物线方程y 2=2px(p>0),得(-2)2=2p×1,得p=2. 故抛物线C 的方程为y 2=4x,其准线方程为x=-1.(2)设直线l 的方程为y=-2x+t(t≠0). 联立{y 2=4x ,y =-2x +t ,消去x 得y 2+2y-2t=0.因为直线l 与抛物线C 有公共点,所以Δ=4+8t≥0,解得t≥-12.由直线OA 与l 的距离为√55,可得|t |√5=√55,解得t=±1,所以t=1.所以直线l 的方程为2x+y-1=0.23.解析 (1)抛物线x 2=2py 的焦点为(0,p2),所以直线AB 的方程为y=√24x+p2,由{y =√24x +p2,x 2=2py消去x 得4y 2-5py+p 2=0, 所以y 1+y 2=5p4,由抛物线的定义得|AB|=y 1+y 2+p=9,即5p4+p=9,所以p=4.所以抛物线的方程为x 2=8y.(2)由p=4知,方程4y 2-5py+p 2=0可化为y 2-5y+4=0,解得y 1=1,y 2=4, 故x 1=-2√2,x 2=4√2. 所以A(-2√2,1),B(4√2,4).则OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2√2,1)+λ(4√2,4)=(-2√2+4√2λ,1+4λ). 因为C 为抛物线上一点, 所以(-2√2+4√2λ)2=8(1+4λ), 整理得λ2-2λ=0,所以λ=0或λ=2.能力提升练1.D ∵c a =√22,∴4c 2=2a 2,∴4(a 2-b 2)=2a 2,∴a 2=2b 2.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),且x 1+x 2=2,y 1+y 2=2,易得{b 2x 12+a 2y 12=a 2b 2,①b 2x 22+a 2y 22=a 2b 2,②①-②得b 2(x 1+x 2)(x 1-x 2)+a 2(y 1+y 2)(y 1-y 2)=0,∴2b 2(x 1-x 2)+2a 2(y 1-y 2)=0,∴2b 2+4b 2y 1-y 2x 1-x 2=0,∴1+2k=0,∴k=-12.故选D.2.C 由题意,抛物线y 2=2px(p>0)的焦点F (p 2,0),则过焦点F 且倾斜角为π4的直线方程为y=x-p2,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由{y =x -p2,y 2=2px得y 2-2py-p 2=0,所以y 1+y 2=2p,x 1+x 2=3p,于是弦AB 的中点坐标为(3p 2,p).由题易知,弦AB 的垂直平分线方程为y-2=-x,又弦AB 的中点在该直线上,所以p-2=-3p 2,解得p=45. 3.答案 y=±12x解析 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 12a2-y 12b2=1且x 22a2-y 22b2=1,因为线段AB 的中点为(4,1),所以y 2-y 1x 2-x 1=b 2(x 2+x 1)a 2(y 2+y 1)=4b 2a2,由题意可得直线AB 的斜率为1,所以4b 2a2=1,即b a =12,故双曲线的渐近线方程为y=±12x.4.解析 (1)由题意可得c=2,b=2,由a 2=b 2+c 2得a 2=22+22=8, 故椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.(2)设点M,N 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),线段MN 的中点G(x 0,y 0), 由{y =x +m ,x 28+y 24=1消去y 得3x 2+4mx+2m 2-8=0,则Δ=96-8m 2>0,所以-2√3<m<2√3,因为x 1+x 2=-4m 3,则x 0=x 1+x 22=-2m 3,y 0=x 0+m=m3,又因为点G(x 0,y 0)在圆x 2+y 2=1上, 所以(-23m)2+(13m)2=1,解得m=±3√55,满足-2√3<m<2√3, 所以m 的值为±3√55. 5.A 设圆C 的圆心为(a,4a 2),半径为r,由抛物线的焦点为(0,116),准线方程为y=-116,可得r=4a 2+116,所以圆C 与抛物线的准线相切,与直线y=-6相离,所以圆C上的点到直线y=-6的距离的最小值为6-116=9516.6.B 易知直线l 的斜率存在,故设直线方程为y=k(x-2)(k≠0),由{y =k (x -2),x 22+y 2=1消去y 得(1+2k 2)x 2-8k 2x+8k 2-2=0,由题意Δ=(-8k 2)2-4×(1+2k 2)×(8k 2-2)>0, 解得-√22<k<√22,且k≠0. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=8k 21+2k ,x 1x 2=8k 2-21+2k ,y 1y 2=k 2(x 1-2)(x 2-2)=2k 21+2k ,因为∠AOB 为钝角,所以x 1x 2+y 1y 2=8k 2-21+2k2+2k 21+2k2<0,解得-√55<k<√55,且k≠0. 综上所述,直线l 的斜率的取值范围为(-√55,0)∪(0,√55). 7.ABD 易知该双曲线的焦点在x 轴上,渐近线方程为y=±√3ax,即y=±√33x,因此两条渐近线的倾斜角分别为30°,150°,当P 在右支上时,∠POF 的取值范围是[0°,30°),当P 在左支上时,∠POF 的取值范围是(150°,180°],因此结合选项知∠POF 的大小不可能为60°,可能为15°,25°,165°. 8.答案916π解析 因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是三角形面积的2倍,且△F 1PQ 的周长是定值8,所以只需求△F 1PQ 面积的最大值.设直线l 的方程为x=my+1,联立{x 24+y 23=1,x =my +1,消去x,得(3m 2+4)y 2+6my-9=0,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则y 1+y 2=-6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4,于是S △F 1PQ =12|F 1F 2|·|y 1-y 2|=√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=12√m 2+1(3m 2+4)2,设m 2+1=t,则t≥1,即S △F 1PQ =12√t (3t+1)2=12√19t+1t+6.令g(t)=9t+1t(t≥1),易知g(t)在[1,+∞)上为增函数,所以g(t)≥g(1)=10,所以S △F 1PQ ≤3,所以内切圆半径r=2S △F 1PQ8≤34,因此△F 1PQ 内切圆面积的最大值是916π.9.解析 (1)依题意有{ca =32,8a 2-5b 2=1.又c 2=a 2+b 2,所以a 2=4,b 2=5,故双曲线的方程为x 24-y 25=1.(2)由已知得A 1(-2,0),F 2(3,0),设P(x,y)(x≥2), 于是PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2-x,-y),PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3-x,-y),因此PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 2-x-6+y 2=x 2-x-6+54x 2-5=94x 2-x-11=94(x -29)2-1009, 由于x≥2,所以当x=2时,PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 取得最小值,为-4. 10.解析 (1)抛物线C:y 2=2px(p>0)的焦点F 的坐标为(p2,0),把x=p2代入y 2=2px,得y=±p,所以2p=4,因此抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),过点(m,0)且斜率为1的直线方程为y=x-m, 联立{y 2=4x ,y =x -m ,消去y 得x 2-(2m+4)x+m 2=0,所以Δ=[-(2m+4)]2-4m 2>0⇒m>-1. 根据韦达定理得x 1+x 2=2m+4,x 1x 2=m 2,易知F(1,0),点F 在以AB 为直径的圆内等价于FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗ <0, 所以FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1,y 1)·(x 2-1,y 2)=x 1x 2-(x 1+x 2)+1+y 1y 2 =x 1x 2-(x 1+x 2)+1+(x 1-m)(x 2-m) =2x 1x 2-(m+1)(x 1+x 2)+m 2+1 =2m 2-(m+1)(2m+4)+m 2+1 =m 2-6m-3<0,解得3-2√3<m<3+2√3,符合m>-1, 所以m 的取值范围是(3-2√3,3+2√3).11.解析 (1)由已知得a=3,a-c=3-2√2,所以c=2√2,b=1,故椭圆C 的方程为x 29+y 2=1.(2)设直线AM 的方程为y=k(x-3),不妨设k>0. 因为AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则直线AN 的方程为y=-1k(x-3). 由{y =k (x -3),x 29+y 2=1可得(9k 2+1)x 2-54k 2x+81k 2-9=0. 设M(x 1,y 1),因为点A 的坐标为(3,0),所以3x 1=81k 2-99k 2+1,即x 1=27k 2-39k 2+1,所以|AM|=√1+k 2|3-x 1|=√1+k 2·69k +1,同理可得|AN|=√1+1k 2·69k 2+1=2·6kk 2+9,所以△AMN 的面积S=12|AM|·|AN| =12(1+k 2)·36k (k 2+9)(9k 2+1)=18k (1+k 2)9k 4+82k 2+9=18k (1+k 2)9(k 2+1)2+64k 2=189(k 2+1)k+64k1+k 2≤2√9×64=38,当且仅当64k 2=9(k 2+1)2,即k=4±√73时等号成立. 所以△AMN 面积的最大值为38. 12.答案 2解析 如图所示,设点A(a,b),P(c,d),则B(a,-b),设点M(x 0,0),N(x 1,0),则{x 0-c-d=x 0-a -b ,x 1-c-d=x 1-a b,解得{x 0=bc -ad b -d ,x 1=bc+ad b+d,故OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =bc -ad b -d ·bc+ad b+d=b 2c 2-a 2d 2b 2-d 2,又a 22+b 2=1,c 22+d 2=1,所以c 2-a 2=2(b 2-d 2),故OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b 2c 2-c 2d 2+c 2d 2-a 2d 2b -d=c 2+d 2·c 2-a 2b 2-d2=c 2+2d 2=2. 13.答案 (2,-1)解析 由题意可得,这两条直线的斜率均存在,且不为0,设直线AP 的方程为y-1=k(x-1),与抛物线方程y 2=x 联立,消去x 得ky 2-y+1-k=0,设P(x P ,y P ),由根与系数的关系可得y P =1-k k,即P ((1-k k)2,1-k k),同理可得Q((k+1)2,-k-1),所以直线PQ 的斜率k PQ =k 1-k 2-2k,所以直线PQ 的方程为(1-k 2-2k)y=kx+k 2-1,即(1+y)k 2+(x+2y)k-y-1=0,可得直线PQ 恒过定点(2,-1). 14.解析 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),C(x 3,y 3),(1)证明:由题意可得FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FC⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒x 1+x 2+x 3=3p 2,又y i 2=2px i (i=1,2,3), 所以S 12+S 22+S 32=14(p 2)2(y 12+y 22+y 32)=p216·2p(x 1+x 2+x 3)=316p 4,为定值.(2)将A(1,-2)代入y 2=2px(p>0)得p=2,所以F(1,0),x 1+x 2+x 3=3,y 1+y 2+y 3=0, 所以x 2+x 3=2,y 2+y 3=2,设BC 所在的直线方程为x=my+n,代入抛物线y 2=4x 得y 2-4my-4n=0, 所以y 2+y 3=4m=2,解得m=12,x 2+x 3=m(y 2+y 3)+2n=2,解得n=12,所以BC 所在的直线方程为x=12y+12,即2x-y-1=0.15.解析 (1)依题意,准线方程为x=-4,所以p2=4,p=8,2p=16,故抛物线方程为y 2=16x.(2)当直线l 的斜率存在时,设其方程为y=kx+b,显然k≠0,b≠0.设B(x 1,y 1),C(x 2,y 2),由于以BC 为直径的圆恰好经过原点,所以OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即x 1x 2+y 1y 2=0.将y=kx+b 与y 2=16x 联立得k 2x 2+2(bk-8)x+b 2=0, 由韦达定理可得x 1+x 2=-2(bk -8)k 2,x 1x 2=b 2k2.又因为y 1y 2=(kx 1+b)(kx 2+b)=16b k,所以b 2k 2+16bk=0,得b=-16k,此时直线l 的方程为y=k(x-16),必过定点(16,0).当直线l 的斜率不存在时,直线x=16与抛物线y 2=16x 相交于B(16,16),C(16,-16)或B(16,-16),C(16,16),仍然满足OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0. 综上,定点M 为(16,0).16.解析 (1)由题意得{a 2=b 2+c 2,c a =√32,a =2,解得a=2,b=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明:易知直线l 的方程为y=k(x-1), 代入椭圆方程x 24+y 2=1得(4k 2+1)x 2-8k 2x+4k 2-4=0,设E(x 1,y 1),F(x 2,y 2),则由韦达定理得x 1+x 2=8k 24k +1,x 1x 2=4k 2-44k +1,直线AE,AF 的方程分别为y=y 1x 1-2(x-2),y=y 2x 2-2(x-2),令x=3,得M (3,y 1x 1-2),N (3,y 2x2-2),所以P (3,12(y 1x 1-2+y 2x 2-2)),则k·k'=k×12(y 1x 1-2+y 2x 2-2)-03-1=k×y 1x 1-2+y2x 2-24=k 4×k(x1-1)(x2-2)+k(x2-1)(x1-2)(x1-2)(x2-2)=k 24×2x1x2-3(x1+x2)+4 x1x2-2(x1+x2)+4=k 24×8k2-8-24k2+16k2+44k2+14k2-4-16k2+16k2+44k2+1=k24×-44k2=-14,为定值.故k·k'为定值.。
