精品文档
2021年高考数学二轮复习 直线与圆锥曲线问题专题检测（含解析）
1．已知圆C：(x＋1)2＋y2＝8，定点A(1,0)，M为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足→AM＝2→AP，→NP·→AM＝0，点N的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程；
(2)若直线y＝kx＋k2＋1与(1)中所求点N的轨迹E交于不同的两点F，H，O是
23
坐标原点，且≤→OF·→OH≤，求k2的取值范围．
34
解 (1)如图所示，连结NA. 由→AM＝2→AP，→NP·→AM＝0，
可知NP所在直线为线段AM的垂直平分线， 所以NA＝NM，
所以NC＋NA＝NC＋NM＝22>2＝CA，
所以动点N的轨迹是以C(－1,0)，A(1,0)为焦点的椭圆， 且长轴长为2a＝22，焦距2c＝2，即a＝2，c＝1，b＝1. 故曲线E的方程为＋y＝1. 2(2)设F(x1，y1)，H(x2，y2)．
x2
2
x??2＋y2＝1，由???y＝kx＋k2＋1
2
2
2
2消去y，
得(2k＋1)x＋4kk＋1x＋2k＝0，
2
Δ＝8k2>0，
4kk＋12k由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝2， 2
2k＋12k＋1→→
所以OF·OH＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋(kx1＋k＋1)(kx2＋k＋1) ＝(k＋1)x1x2＋kk＋1(x1＋x2)＋k＋1
实用文档
2
22
2
2
2
2
精品文档
(k＋1)·2k4k(k＋1)2＝－＋k＋1 22
2k＋12k＋1k2＋1＝2. 2k＋1
2
2→→32k＋13由≤OF·OH≤，得≤2≤， 3432k＋1412
解得≤k≤1.
2
2．(xx·广东)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的
32距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
2(1)求抛物线C的方程；
(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程； (3)当点P在直线l上移动时，求AF·BF的最小值．
|c＋2|32
解 (1)依题意知＝，c>0，解得c＝1.
22所以抛物线C的方程为x＝4y.
121
(2)由y＝x得y′＝x，
42设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
11
则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，
22所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)， 2即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.
22同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0， 又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0 的两组解， 所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0. (3)由抛物线定义知AF＝y1＋1，BF＝y2＋1， 所以AF·BF＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1， ??x0x－2y－2y0＝0，
联立方程?2
?x＝4y，?
2
2222
x1
x1x21
消去x整理得y＋(2y0－x0)y＋y0＝0， ∴y1＋y2＝x0－2y0，y1y2＝y0，
∴AF·BF＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y0＋x0－2y0＋1
实用文档
2
2
2
2
222
精品文档
＝y0＋(y0＋2)－2y0＋1＝2y0＋2y0＋5
1?29?＝2?y0＋?＋， 2?2?
19
∴当y0＝－时，AF·BF取得最小值，且最小值为.
223．(xx·浙江)
222
x2y222
如图，点P(0，－1)是椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x＋y＝4
ab的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．
??b＝1，
解 (1)由题意得?
?a＝2.?
2
所以椭圆C1的方程为＋y＝1.
4
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k， 则直线l1的方程为y＝kx－1. 又圆C2：x＋y＝4， 故点O到直线l1的距离d＝
2
2
2
x2
1
k2＋1
，
所以AB＝24－d＝2
2
4k＋3
. k2＋1
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0. ??x＋ky＋k＝0，由?2 2
?x＋4y＝4.?
消去y，整理得(4＋k)x＋8kx＝0，
28k8k＋1
故x0＝－2.所以PD＝2. 4＋k4＋k设△ABD的面积为S，
22
实用文档
2021年高考数学二轮复习 直线与圆锥曲线问题专题检测(含解析)
