（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 解析幾何 考點規(guī)范練49 直線與圓錐曲線.docx

考點規(guī)范練49直線與圓錐曲線基礎(chǔ)鞏固組1.設(shè)A為圓(x-1)2+y2=1上的動點,PA是圓的切線,且|PA|=1,則點P的軌跡方程是()A.y2=2xB.(x-1)2+y2=4C.y2=-2xD.(x-1)2+y2=2答案D解析如圖,設(shè)P(x,y),圓心為M(1,0),連接MA,則MAPA,且|MA|=1,又|PA|=1,|PM|=|MA|2+|PA|2=2,即|PM|2=2.點P的軌跡方程為(x-1)2+y2=2.2.若斜率為1的直線l與橢圓x24+y2=1相交于A,B兩點,則|AB|的最大值為()A.2B.455C.4105D.8105答案C解析設(shè)A,B兩點的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),直線l的方程為y=x+t,由x2+4y2=4,y=x+t,消去y,得5x2+8tx+4(t2-1)=0,則x1+x2=-85t,x1x2=4(t2-1)5.于是|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2-85t2-44(t2-1)5=4255-t2,當(dāng)t=0時,|AB|max=4105.3.橢圓ax2+by2=1與直線y=1-x交于A,B兩點,過原點與線段AB中點的直線的斜率為32,則ab的值為()A.32B.233C.932D.2327答案A解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB中點M(x0,y0).由題設(shè)kOM=y0x0=32.由ax12+by12=1,ax22+by22=1,得(y2+y1)(y2-y1)(x2+x1)(x2-x1)=-ab.又y2-y1x2-x1=-1,y2+y1x2+x1=2y02x0=32,所以ab=32.4.若過拋物線y2=x的焦點F的直線l交拋物線于A,B兩點,且直線l的傾斜角4,點A在x軸上方,則|FA|的取值范圍是()A.14,1B.14,+C.12,+D.14,1+22答案D解析記點A的橫坐標(biāo)是x1,則有|AF|=x1+14=14+|AF|cos+14=12+|AF|cos,|AF|(1-cos)=12,|AF|=12(1-cos).由4<,得-1<cos22,2-22(1-cos)<4,14<12(1-cos)12-2=1+22,即|AF|的取值范圍是14,1+22.5.經(jīng)過橢圓x22+y2=1的一個焦點作傾斜角為45的直線l,交橢圓于A,B兩點.設(shè)O為坐標(biāo)原點,則OAOB等于()A.-3B.-13C.-13或-3D.13答案B解析依題意,當(dāng)直線l經(jīng)過橢圓的右焦點(1,0)時,其方程為y-0=tan45(x-1),即y=x-1,代入橢圓方程x22+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=43,所以兩個交點坐標(biāo)分別為(0,-1),43,13,OAOB=-13,同理,直線l經(jīng)過橢圓的左焦點時,也可得OAOB=-13.6.已知兩定點A(-2,0),B(1,0),如果動點P滿足|PA|=2|PB|,則點P的軌跡方程為;軌跡所包圍的圖形的面積為.答案x2+y2-4x=04解析設(shè)P(x,y),由|PA|=2|PB|,得(x+2)2+y2=2(x-1)2+y2,3x2+3y2-12x=0,即x2+y2-4x=0.點P的軌跡為以(2,0)為圓心,半徑為2的圓.即軌跡所包圍的面積等于4.7.橢圓x24+y23=1的左焦點為F,直線x=m與橢圓相交于點A,B,當(dāng)m=時,FAB的周長最大,此時FAB的面積是.答案13解析設(shè)橢圓x24+y23=1的右焦點為F,則F(-1,0),F(1,0).由橢圓的定義和性質(zhì)易知,當(dāng)直線x=m過F(1,0)時,FAB的周長最大,此時m=1,把x=1代入x24+y23=1得y2=94,y=32,SFAB=12|F1F2|AB|=1223=3.8.函數(shù)y=ax2-2x的圖象上有且僅有兩個點到直線y=x的距離等于2,則實數(shù)a的取值集合是.答案aa<-98或a=0或a>98解析(1)若a=0,則y=2x與y=x為相交直線,顯然y=2x上存在兩點到y(tǒng)=x的距離等于2,符合題意;(2)若a>0,則y=ax2-2x與直線y=x相交,y=ax2-2x在直線y=x上方的圖象必有兩點到直線y=x的距離等于2,又直線y=x與y=x-2的距離為2,拋物線y=ax2-2x與直線y=x-2不相交,聯(lián)立方程組y=ax2-2x,y=x-2,消元得ax2-3x+2=0,=9-8a<0,解得a>98.(3)若a<0,同理可得a<-98.故答案為aa<-98或a=0或a>98.能力提升組9.已知兩定點A(0,-2),B(0,2),點P在橢圓x212+y216=1上,且滿足|AP|-|BP|=2,則APBP為()A.-12B.12C.-9D.9答案D解析由|AP|-|BP|=2,可得點P(x,y)的軌跡是以兩定點A,B為焦點的雙曲線的上支,且2a=2,c=2,b=3.點P的軌跡方程為y2-x23=1(y1).由x212+y216=1,y2-x23=1,解得x2=9,y2=4,APBP=(x,y+2)(x,y-2)=x2+y2-4=9+4-4=9.10.已知A,B,C是拋物線y2=4x上不同的三點,且ABy軸,ACB=90,點C在AB邊上的射影為D,則|AD|BD|=()A.16B.8C.4D.2答案A解析設(shè)A(4t2,4t),B(4t2,-4t),C(4m2,4m),則CA=(4t2-4m2,4t-4m),CB=(4t2-4m2,-4t-4m),由條件CACB=0,即16(t2-m2)2-16(t2-m2)=0,t2-m20,t2-m2=1,在RtABC中,|AD|BD|=|CD|2=4(t2-m2)2=16,故選A.11.已知拋物線C:y2=2px與點N(-2,2),過C的焦點且斜率為2的直線與C交于A,B兩點,若NANB,則p=()A.-2B.2C.-4D.4答案D解析由題意,設(shè)直線為y=2x-p2,與y2=2px聯(lián)立,消去x得y2-py-p2=0,設(shè)Ay122p,y1,By222p,y2,則y1+y2=p,y1y2=-p2,由NANB得y122p+2y222p+2+(y1-2)(y2-2)=0,所以p44p2+1p(y1+y2)2-2y1y2+4-p2-2p+4=0,即-34p2+p+8=0,解得p=4或p=-83(舍),故選D.12.已知F為拋物線4y2=x的焦點,點A,B都是拋物線上的點且位于x軸的兩側(cè),若OAOB=15(O為原點),則ABO和AFO的面積之和的最小值為()A.18B.52C.54D.652答案D解析設(shè)直線AB的方程為x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB與x軸的交點為M(m,0),聯(lián)立4y2=x,x=ty+m,可得4y2-ty-m=0,根據(jù)韋達定理有y1y2=-m4,OAOB=15,x1x2+y1y2=16,從而16(y1y2)2+y1y2-15=0,點A,B位于x軸的兩側(cè),y1y2=-1,故m=4.不妨令點A在x軸上方,則y1>0,又F116,0,SABO+SAFO=124(y1-y2)+12116y1=6532y1+2y1265y1322y1=652,當(dāng)且僅當(dāng)6532y1=2y1,即y1=86565時,取“=”號,ABO與AFO面積之和的最小值是652,故選D.13.(2017課標(biāo)高考)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為()A.16B.14C.12D.10答案A解析方法一:由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時,不合題意.設(shè)直線l1方程為y=k1(x-1),聯(lián)立拋物線方程,得y2=4x,y=k1(x-1),消去y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0,所以x1+x2=2k12+4k12.同理,直線l2與拋物線的交點滿足x3+x4=2k22+4k22.由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8216k12k22+8=16,當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時,取得等號.方法二:如圖所示,由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為不妨令0,2.作AK1垂直準(zhǔn)線,AK2垂直x軸,結(jié)合圖形,根據(jù)拋物線的定義,可得|AF|cos+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|GF|=2,所以|AF|cos+2=|AF|,即|AF|=21-cos.同理可得|BF|=21+cos,所以|AB|=41-cos2=4sin2.又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為2+,則|DE|=4sin22+=4cos2,所以|AB|+|DE|=4sin2+4cos2=4sin2cos2=414sin22=16sin2216,當(dāng)=4時取等號,即|AB|+|DE|最小值為16,故選A.14.(2018浙江杭二中質(zhì)檢)已知橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)的離心率為32,F1,F2是C的兩個焦點,過F1的直線l與C交于A,B兩點,則|AF2|+|BF2|的最大值等于.答案7解析因為橢圓C的離心率為32,所以a2-1a=32,解得a=2.由橢圓定義得|AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,即|AF2|+|BF2|=8-|AB|.而由焦點弦性質(zhì)知當(dāng)ABx軸時,|AB|取最小值2b2a=1,因此|AF2|+|BF2|的最大值等于8-1=7.15.已知斜率為12的直線l與拋物線y2=2px(p>0)交于x軸上方的不同兩點A,B,記直線OA,OB的斜率分別為k1,k2,則k1+k2的取值范圍是答案(2,+)解析設(shè)直線方程為y=12x+b,即x=2y-2b,代入拋物線方程y2=2px,可得y2-4py+4pb=0,=16p2-16pb>0,p>b.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),得y1+y2=4p,y1y2=4pb,k1+k2=y1x1+y2x2=y1x2+x1y2x1x2=y1(2y2-2b)+(2y1-2b)y2(2y1-2b)(2y2-2b)=16pb-8pb16pb-16pb+4b2=2pb>2.故答案為(2,+).16.(2018浙江5校聯(lián)考)已知定長為4的線段MN的兩端點在拋物線y2=x上移動,設(shè)P為線段MN的中點,則點P到y(tǒng)軸距離的最小值為.答案74解析設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),拋物線y2=x的焦點為F14,0,拋物線的準(zhǔn)線為x=-14,所求的距離d=x1+x22=x1+14+x2+142-14=|MF|+|NF|2-14,所以|MF|+|NF|2-14|MN|2-14=74(兩邊之和大于第三邊且M,N,F三點共線時取等號).故應(yīng)填74.17.已知點C(1,0),點A,B是O:x2+y2=9上任意兩個不同的點,且滿足ACBC=0,設(shè)P為弦AB的中點.(1)求點P的軌跡T的方程;(2)試探究在軌跡T上是否存在這樣的點:它到直線x=-1的距離恰好等于到點C的距離?若存在,求出這樣的點的坐標(biāo);若不存在,說明理由.解(1)如圖,連接CP,OP,由ACBC=0,知ACBC,|CP|=|AP|=|BP|=12|AB|,由垂徑定理知|OP|2+|AP|2=|OA|2,即|OP|2+|CP|2=9,設(shè)點P(x,y),有(x2+y2)+(x-1)2+y2=9,化簡,得x2-x+y2=4.(2)存在.根據(jù)拋物線的定義,到直線x=-1的距離等于到點C(1,0)的距離的點都在拋物線y2=2px(p>0)上,其中p2=1.p=2,故拋物線方程為y2=4x,由方程組y2=4x,x2-x+y2=4,得x2+3x-4=0,解得x1=1,x2=-4,由x0,故取x=1,此時y=2.故滿足條件的點存在,其坐標(biāo)為(1,-2)和(1,2).18.已知點Pt,12在橢圓C:x22+y2=1內(nèi),過點P的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,且點P是線段AB的中點,O為坐標(biāo)原點.(1)是否存在實數(shù)t,使直線l和直線OP的傾斜角互補?若存在,求出t的值,若不存在,試說明理由;(2)求OAB面積S的最大值.解(1)存在.由題意直線l的斜率必存在,設(shè)直線l的方程是y-12=k(x-t).代入x2+2y2=2得(1+2k2)x2+4k-kt+12x+2-kt+122-2=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2t,即4kkt-121+2k2=2t,解得k=-t,此時方程即(1+2t2)x2+4kt2+12x+2t2+122-2=0.由=-8t4+8t2+6>0,解得0<t2<32,當(dāng)t=0時,顯然不符合題意;當(dāng)t0時,設(shè)直線OP的斜率為k1,只需k1+k2=0,即12t+(-t)=0,解得t=22,均符合題意.(2)由(1)知l的方程是y=-tx+t2+12,所以S=12t2+12|x1-x2|=12t2+12-8t4+8t2+61+2t2=14-8t4+8t2+6,因為0<t2<32,所以當(dāng)t2=12時,Smax=22.