高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫第十章 第5講直線與圓錐曲線

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1、 精品資料 第5講 直線與圓錐曲線 一、填空題 1．已知雙曲線x2－＝1的一條漸近線與直線x－2y＋3＝0垂直，則a＝________. 解析 由雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程特征知a>0，其漸近線方程為xy＝0，可得漸近線x＋y＝0與直線x－2y＋3＝0垂直，所以a＝4. 答案 4 2．以雙曲線x2－4y2＝4的中心頂點，右焦點為焦點的拋物線方程是________． 解析 設(shè)拋物線的方程為y2＝2px，則由焦點相同的條件可知＝?p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x. 答案 y2＝4x 3．過拋物線y2＝4x的焦點作直線交拋物線

2、于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，若AB＝7，則AB的中點M到拋物線準(zhǔn)線的距離為________． 解析　由題知拋物線的焦點為(1,0)，準(zhǔn)線方程為x＝－1.由拋物線定義知：AB＝AF＋BF＝x1＋＋x2＋＝x1＋x2＋p，即x1＋x2＋2＝7，得x1＋x2＝5，于是弦AB的中點M的橫坐標(biāo)為，因此M到拋物線準(zhǔn)線的距離為＋1＝. 答案　 4．設(shè)雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，則雙曲線的離心率為________． 解析　雙曲線－＝1的一條漸近線為y＝x，由方程組消去y得，x2－x＋1＝0有唯一解，所以Δ＝2－4＝0，＝2，e＝＝＝ ＝.

3、 答案　 5．若斜率為1的直線l與橢圓＋y2＝1交于不同兩點A、B，則AB的最大值為________． 解析　設(shè)直線l的方程為y＝x＋t，代入＋y2＝1消去y得x2＋2tx＋t2－1＝0，由題意得Δ＝(2t)2－5(t2－1)＞0，即t2＜5，弦長AB＝≤. 答案　 6．已知雙曲線方程是x2－＝1，過定點P(2,1)作直線交雙曲線于P1，P2兩點，并使P(2,1)為P1P2的中點，則此直線方程是________________． 解析　設(shè)點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則由x－＝1，x－＝1，得k＝＝＝＝4，從而所求方程為4x－y－7＝0.將此直線方程與雙曲線方程聯(lián)立得14

4、x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直線滿足條件． 答案　4x－y－7＝0 7．已知橢圓＋＝1(a>b>0)，A為左頂點，B為短軸一頂點，F(xiàn)為右焦點， 且⊥，則此橢圓的離心率為________． 解析 ∵AB＝，BF＝a，AF＝a＋c. 又∵⊥，∴AB2＋BF2＝AF2， 即2a2＋b2＝a2＋c2＋2ac， ∴c2＋ac－a2＝0， ∴＝. 所求的離心率為. 答案 8．已知點A(0,2)，拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，準(zhǔn)線為l，線段FA交拋物線于點B，過B作l的垂線，垂足為M，若AM⊥MF，則p＝________. 解析　依題意，設(shè)點B，點F，M，

5、則＝，＝， ＝，＝. 由∥得(－2)－(y1－2)＝0， 即y＋y1－p2＝0. ① 由AM⊥MF得＝＋y1(y1－2)＝0， 即y－2y1＋＝0， ② 由①－②得y1＝③，把③代入②，解得p＝. 答案　 9．已知橢圓x2＋2y2－2＝0的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，B為短軸的一個端點， 則△BF1F2的外接圓方程是________． 解析 F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，設(shè)B(0,1)，則△BF1F2為等腰直角三角形，故它的外接圓方程為x2＋y2＝1.[來源 答案 x2＋y2＝1 10．已知拋物線y2＝4x，過點P(

6、4,0)的直線與拋物線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則x＋x的最小值是________． 解析　設(shè)過點P的直線為y＝k(x－4)， 當(dāng)k不存在時，A(4,4)，B(4，－4)，則x＋x＝32， 當(dāng)k存在時，有k2x2－(8k2＋4)x＋16k2＝0， 則x1＋x2＝8＋，x1x2＝16， 故x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝32＋＋＞32， 故(x＋x)min＝32. 答案　32 二、解答題 11．如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中， 點P(1，)到拋物線C：y2＝2px(p＞0)的準(zhǔn)線的 距離為.點M(t,1)是C上的定點，A，B是C上的 兩動點，且線段A

7、B被直線OM平分． (1)求p，t的值； (2)求△ABP面積的最大值． 解 (1)由題意知得 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點為 Q(m，m)．由題意知，設(shè)直線AB的斜率為k (k≠0)．由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2， 故k2m＝1， 所以直線AB的方程為y－m ＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由 消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m2＞0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m. 從而|AB|＝ |y1－y2| ＝. 設(shè)點P到直線AB的距離為d，則 d＝. 設(shè)△AB

8、P的面積為S，則 S＝|AB|d＝|1－2(m－m2)|. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，則S＝u(1－2u2)． 設(shè)S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，則S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0，得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝. 故△ABP面積的最大值為. 12．設(shè)A、B分別為橢圓＋＝1(a，b＞0)的左、右頂點，橢圓長半軸的長等于焦距，且x＝4為它的右準(zhǔn)線． (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)P為右準(zhǔn)線上不同于點(4,0)的任意一點，若直線AP、BP分別與橢圓相交于異于A、B的點M、N，證明：點B在以MN為直徑的圓內(nèi)． (1)解　

9、依題意得a＝2c，＝4，解得a＝2，c＝1，從而b＝.故橢圓的方程為＋＝1. (2)證明　由(1)得A(－2,0)，B(2,0)．設(shè)M(x0，y0)． ∵M(jìn)點在橢圓上，∴y0＝(4－x)． ① 又點M異于頂點A、B，∴－2＜x0＜2， 由P、A、M三點共線可以得P. 從而＝(x0－2，y0)，＝. ∴＝2x0－4＋＝(x－4＋3y)． ② 將①代入②，化簡得＝(2－x0)． ∵2－x0＞0，∴＞0，則∠MBP為銳角， 從而∠MBN為鈍角． 故點B在以MN為直徑的圓內(nèi)． 13．已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，△ABC的三個頂點都在拋

10、物線上，且△ABC的重心為拋物線的焦點，若BC所在直線l的方程為4x＋y－20＝0. (1)求拋物線C的方程； (2)若O是坐標(biāo)原點，P，Q是拋物線C上的兩動點，且滿足PO⊥OQ，證明：直線PQ過定點． (1)解　設(shè)拋物線C的方程為y2＝2mx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得2y2＋my－20m＝0， ∵Δ＞0，∴m＞0或m＜－160. 解得y1,2＝，則y1＋y2＝－， ∴x1＋x2＝＋＝10＋. 再設(shè)C(x3，y3)，由于△ABC的重心為F， 則解得 ∵點C在拋物線上，∴2＝2m. ∴m＝8，拋物線C的方程為y2＝16x. (2)證明　當(dāng)PQ的斜率存在時，設(shè)

11、PQ的方程為y＝kx＋b，顯然k≠0，b≠0，∵PO⊥OQ，∴kPOkOQ＝－1， 設(shè)P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，∴xPxQ＋yPyQ＝0， 將直線y＝kx＋b代入拋物線方程，得ky2－16y＋16b＝0， ∴yPyQ＝.從而xPxQ＝＝，∴＋＝0， ∵k≠0，b≠0， ∴直線PQ的方程為y＝kx－16k，PQ過點(16,0)； 當(dāng)PQ的斜率不存在時，顯然PQ⊥x軸，又PO⊥OQ， ∴△POQ為等腰三角形，由 得P(16,16)，Q(16，－16)，此時直線PQ過點(16,0)， ∴直線PQ恒過定點(16,0). 14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點A(－2，－1)

12、橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，短軸端點為B1、B2，＝2b2. (1)求a、b的值； (2)過點A的直線l與橢圓C的另一交點為Q，與y軸的交點為R.過原點O且平行于l的直線與橢圓的一個交點為P.若AQAR＝3 OP2，求直線l的方程． 解 (1)因為F(－c,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)， 所以＝(c，－b)，＝(c，b)． 因為＝2b2，所以c2－b2＝2b2.① 因為橢圓C過A(－2，－1)，代入得，＋＝1.② 由①②解得a2＝8，b2＝2. 所以a＝2，b＝. (2)由題意，設(shè)直線l的方程為y＋1＝k(x＋2)． 由得(x＋2)[(4k2＋1)(x＋2)－(8k＋4)]＝0. 因為x＋2≠0，所以x＋2＝，即xQ＋2＝. 由題意，直線OP的方程為y＝kx. 由得(1＋4k2)x2＝8. 則x＝. 因為AQAR＝3OP2. 所以|xQ－(－2)||0－(－2)|＝3x. 即||2＝3. 解得k＝1，或k＝－2. 當(dāng)k＝1時，直線l的方程為x－y＋1＝0， 當(dāng)k＝－2時，直線l的方程為2x＋y＋5＝0.