浙江专用2020版高考数学大一轮复习第九章解析几何考点规范练49直线与圆锥曲线20190118448.docx

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1、1考点规范练 49 直线与圆锥曲线基础巩固组1.设 A为圆( x-1)2+y2=1上的动点, PA是圆的切线,且 |PA|=1,则点 P的轨迹方程是( )A.y2=2x B.(x-1)2+y2=4C.y2=-2x D.(x-1)2+y2=2答案 D解析 如图,设 P(x,y),圆心为 M(1,0),连接 MA,则 MA PA,且 |MA|=1,又 |PA|= 1,|PM|= ,|MA|2+|PA|2= 2即 |PM|2=2. 点 P的轨迹方程为( x-1)2+y2=2.2.若斜率为 1的直线 l与椭圆 +y2=1相交于 A,B两点,则 |AB|的最大值为( )x24A.2 B C D.455

2、.4105 .8105答案 C解析 设 A,B两点的坐标分别为( x1,y1),(x2,y2),直线 l的方程为 y=x+t,由 消去 y,得 5x2+8tx+4(t2-1)=0,x2+4y2=4,y=x+t,则 x1+x2=- t,x1x2=85 4(t2-1)5 .于是 |AB|= |x1-x2|1+k2= 1+k2(x1+x2)2-4x1x2= ,2(-85t)2-44(t2-1)5 =4255-t2当 t=0时, |AB|max=4105.23.椭圆 ax2+by2=1与直线 y=1-x交于 A,B两点,过原点与线段 AB中点的直线的斜率为 ,则 的值为32 ab( )A B C D.

3、32 .233 .932 .2327答案 A解析 设 A(x1,y1),B(x2,y2),线段 AB中点 M(x0,y0).由题设 kOM=y0x0= 32.由 =-ax21+by21=1,ax22+by22=1,得 (y2+y1)(y2-y1)(x2+x1)(x2-x1) ab.又 =-1, ,所以y2-y1x2-x1 y2+y1x2+x1=2y02x0= 32 ab= 32.4.若过抛物线 y2=x的焦点 F的直线 l交抛物线于 A,B两点,且直线 l的倾斜角 ,点 A在 x 4轴上方,则 |FA|的取值范围是 ( )A B.(14,1 .(14,+ )C D.(12,+ ) .(14,1

4、+ 22答案 D解析 记点 A的横坐标是 x1,则有 |AF|=x1+14= +|AF|cos ,(14+|AF|cos )+14=12|AF|(1-cos )= ,|AF|=12 12(1-cos ).由 98解析 (1)若 a=0,则 y=2x与 y=x为相交直线,显然 y=2x上存在两点到 y=x的距离等于 ,符合题意;2(2)若 a0,则 y=ax2-2x与直线 y=x相交,y=ax 2-2x在直线 y=x上方的图象必有两点到直线 y=x的距离等于 ,又直线 y=x与 y=x-22的距离为 ,2 抛物线 y=ax2-2x与直线 y=x-2不相交,4联立方程组 消元得 ax2-3x+2=

5、0,y=ax2-2x,y=x-2,= 9-8a98.(3)若 a98.能力提升组9.已知两定点 A(0,-2),B(0,2),点 P在椭圆 =1上,且满足 | |-| |=2,则 为( )x212+y216 AP BP APBPA.-12 B.12 C.-9 D.9答案 D解析 由 | |-| |=2,可得点 P(x,y)的轨迹是以两定点 A,B为焦点的双曲线的上支,且AP BP2a=2,c=2,b= 点 P的轨迹方程为 y2- =1(y1) .3.x23由 解得 =(x,y+2)(x,y-2)=x2+y2-4=9+4-4=9.x212+y216=1,y2-x23=1, x2=9,y2=4,

6、APBP10.已知 A,B,C是抛物线 y2=4x上不同的三点,且 AB y轴, ACB=90,点 C在 AB边上的射影为 D,则|AD|BD|= ( )A.16 B.8C.4 D.2答案 A解析 设 A(4t2,4t),B(4t2,-4t),C(4m2,4m),则 =(4t2-4m2,4t-4m), =(4t2-4m2,-4t-4m),CA CB由条件 =0,即 16(t2-m2)2-16(t2-m2)=0,CACB5t 2-m20,t 2-m2=1, 在 Rt ABC中, |AD|BD|=|CD|2=4(t2-m2)2=16,故选 A.11.已知抛物线 C:y2=2px与点 N(-2,2)

7、,过 C的焦点且斜率为 2的直线与 C交于 A,B两点,若 NA NB,则p=( )A.-2 B.2 C.-4 D.4答案 D解析 由题意,设直线为 y=2 ,与 y2=2px联立,消去 x得 y2-py-p2=0,设 A ,B ,则(x-p2) (y212p,y1) (y222p,y2)y1+y2=p,y1y2=-p2,由 NA NB得 +(y1-2)(y2-2)=0,所以 (y1+y2)2-2y1y2+4-(y212p+2)(y222p+2) p44p2+1pp2-2p+4=0,即 - p2+p+8=0,解得 p=4或 p=- (舍),故选 D.34 8312.已知 F为抛物线 4y2=x

8、的焦点,点 A,B都是抛物线上的点且位于 x轴的两侧,若 =15(O为OAOB原点),则 ABO和 AFO的面积之和的最小值为( )A B C D.18 .52 .54 .652答案 D解析 设直线 AB的方程为 x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AB与 x轴的交点为 M(m,0),联立 可得 4y2-ty-m=0,4y2=x,x=ty+m,根据韦达定理有 y1y2=- ,m4=15, OAOBx 1x2+y1y2=16,从而 16(y1y2)2+y1y2-15=0, 点 A,B位于 x轴的两侧,y 1y2=-1,故 m=4.不妨令点 A在 x轴上方,则 y10,又 F

9、,(116,0)S ABO+S AFO= 4(y1-y2)+ y1= y1+ 2 ,12 1211665322y1 65y1322y1= 6526当且仅当 y1= ,即 y1= 时,取“ =”号,65322y1 86565 ABO与 AFO面积之和的最小值是 ,故选 D.65213.(2017课标 高考)已知 F为抛物线 C:y2=4x的焦点,过 F作两条互相垂直的直线 l1,l2,直线 l1与 C交于 A,B两点,直线 l2与 C交于 D,E两点,则 |AB|+|DE|的最小值为( )A.16 B.14 C.12 D.10答案 A解析 方法一:由题意,易知直线 l1,l2斜率不存在时,不合题

10、意 .设直线 l1方程为 y=k1(x-1),联立抛物线方程,得 y2=4x,y=k1(x-1),消去 y,得 x2-2 x-4x+ =0,所以 x1+x2=k21 k21 k212k21+4k21.同理,直线 l2与抛物线的交点满足 x3+x4=2k22+4k22.由抛物线定义可知 |AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p= +4= +82 +8=16,2k21+4k21 +2k22+4k22 4k21+4k22 16k21k22当且仅当 k1=-k2=1(或 -1)时,取得等号 .方法二:如图所示,由题意可得 F(1,0),设 AB倾斜角为 作 AK1垂直准线, AK2垂直 x轴,

11、结 (不妨令 (0,2).合图形,根据抛物线的定义,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|= ,所以 |AB|=21+cos 41-cos2 = 4sin2 .又 DE与 AB垂直,即 DE的倾斜角为 + ,27则 |DE|= ,4sin2(2+ )= 4cos2所以 |AB|+|DE|= 16,当 = 时取等号,即4sin2 + 4cos2 = 4sin2 cos2 = 414sin2 = 16sin2 4|AB|+|DE|最小值为 16,故选 A.14.(20

12、18浙江杭二中质检)已知椭圆 C: +y2=1(a1)的离心率为 ,F1,F2是 C的两个焦点,过 F1的x2a2 32直线 l与 C交于 A,B两点,则 |AF2|+|BF2|的最大值等于 . 答案 7解析 因为椭圆 C的离心率为 ,所以 ,解得 a=2.32 a2-1a = 32由椭圆定义得 |AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,即 |AF2|+|BF2|=8-|AB|.而由焦点弦性质知当 AB x轴时, |AB|取最小值 2 =1,因此 |AF2|+|BF2|的最大值等于 8-b2a1=7.15.已知斜率为 的直线 l与抛物线 y2=2px(p0)交于 x轴上方的不同两点 A,B,

13、记直线 OA,OB的斜率12分别为 k1,k2,则 k1+k2的取值范围是 答案 (2,+ )解析 设直线方程为 y= x+b,即 x=2y-2b,12代入抛物线方程 y2=2px,可得 y2-4py+4pb=0,= 16p2-16pb0,pb.设 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)= 2.故答案为(2, + ).16pb-8pb16pb-16pb+4b2=2pb16.(2018浙江 5校联考)已知定长为 4的线段 M

14、N的两端点在抛物线 y2=x上移动,设 P为线段 MN的中点,则点 P到 y轴距离的最小值为 . 答案74解析 设 M(x1,y1),N(x2,y2),抛物线 y2=x的焦点为 F ,抛物线的准线为 x=- ,所求的距离 d=(14,0) 14,所以 (两边之和大于第三|x1+x22 |=x1+14+x2+142 -14=|MF|+|NF|2 -14 |MF|+|NF|2 -14 |MN|2 -14=74边且 M,N,F三点共线时取等号) .故应填74.817.已知点 C(1,0),点 A,B是 O:x2+y2=9上任意两个不同的点,且满足 =0,设 P为弦 AB的中ACBC点 .(1)求点

15、P的轨迹 T的方程;(2)试探究在轨迹 T上是否存在这样的点:它到直线 x=-1的距离恰好等于到点 C的距离?若存在,求出这样的点的坐标;若不存在,说明理由 .解 (1)如图,连接 CP,OP,由 =0,知 AC BC,ACBC|CP|=|AP|=|BP|= |AB|,12由垂径定理知 |OP|2+|AP|2=|OA|2,即 |OP|2+|CP|2=9,设点 P(x,y),有( x2+y2)+(x-1)2+y2=9,化简,得 x2-x+y2=4.(2)存在 .根据抛物线的定义,到直线 x=-1的距离等于到点 C(1,0)的距离的点都在抛物线y2=2px(p0)上,其中 =1.p= 2,故抛物线

16、方程为 y2=4x,p2由方程组 得 x2+3x-4=0,y2=4x,x2-x+y2=4,解得 x1=1,x2=-4,由 x0,故取 x=1,此时 y=2.故满足条件的点存在,其坐标为(1, -2)和(1,2) .18.已知点 P 在椭圆 C: +y2=1内,过点 P的直线 l与椭圆 C相交于 A,B两点,且点 P是线段 AB(t,12) x22的中点, O为坐标原点 .(1)是否存在实数 t,使直线 l和直线 OP的倾斜角互补?若存在,求出 t的值,若不存在,试说明理由;(2)求 OAB面积 S的最大值 .解 (1)存在 .由题意直线 l的斜率必存在,设直线 l的方程是 y- =k(x-t)

17、.代入 x2+2y2=2得129(1+2k2)x2+4k x+2 -2=0.(-kt+12) (-kt+12)2设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2t,即 =2t,4k(kt-12)1+2k2解得 k=-t,此时方程 即(1 +2t2)x2+4k x+2 -2=0.(t2+12) (t2+12)2由 =- 8t4+8t2+60,解得 0t2 ,32当 t=0时,显然不符合题意;当 t0 时,设直线 OP的斜率为 k1,只需 k1+k2=0,即 +(-t)=0,解得 t= ,均符合题意 .12t 22(2)由(1)知 l的方程是 y=-tx+t2+ ,12所以 S= |x1-x2|12(t2+12)= ,12(t2+12) -8t4+8t2+61+2t2 =14 -8t4+8t2+6因为 0t2 ,所以当 t2= 时, Smax=32 12 22.