《（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(diǎn)規(guī)范練49 直線與圓錐曲線.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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(diǎn)規(guī)范練49 直線與圓錐曲線.docx（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
考點(diǎn)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(dòng)點(diǎn),PA是圓的切線,且|PA|=1,則點(diǎn)P的軌跡方程是( )
A.y2=2x B.(x-1)2+y2=4
C.y2=-2x D.(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MA⊥PA,且|MA|=1,
又∵|PA|=1,
∴|PM|=|MA|2+|PA|2=2,
即|PM|2=2.
∴點(diǎn)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(diǎn),則|AB|的最大值為( )
A.2 B.455 C.4105 D.8105
答案C
解析設(shè)A,B兩點(diǎn)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(shí),|AB|max=4105.
3.橢圓ax2+by2=1與直線y=1-x交于A,B兩點(diǎn),過原點(diǎn)與線段AB中點(diǎn)的直線的斜率為32,則ab的值為( )
A.32 B.233 C.932 D.2327
答案A
解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB中點(diǎn)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(diǎn)F的直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),且直線l的傾斜角θ≥π4,點(diǎn)A在x軸上方,則|FA|的取值范圍是 ( )
A.14,1 B.14,+∞
C.12,+∞ D.14,1+22
答案D
解析記點(diǎn)A的橫坐標(biāo)是x1,則有|AF|=x1+14
=14+|AF|cosθ+14=12+|AF|cosθ,
|AF|(1-cosθ)=12,|AF|=12(1-cosθ).
由π4≤θ<π,得-1
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(diǎn)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(diǎn)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,
∴Δ=9-8a<0,解得a>98.
(3)若a<0,同理可得a<-98.
故答案為a a<-98或a=0或a>98.
能力提升組
9.已知兩定點(diǎn)A(0,-2),B(0,2),點(diǎn)P在橢圓x212+y216=1上,且滿足|AP|-|BP|=2,則APBP為( )
A.-12 B.12 C.-9 D.9
答案D
解析由|AP|-|BP|=2,可得點(diǎn)P(x,y)的軌跡是以兩定點(diǎn)A,B為焦點(diǎn)的雙曲線的上支,且2a=2,c=2,∴b=3.∴點(diǎn)P的軌跡方程為y2-x23=1(y≥1).
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(diǎn),且AB∥y軸,∠ACB=90,點(diǎn)C在AB邊上的射影為D,則|AD||BD|= ( )
A.16 B.8
C.4 D.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-m2≠0,
∴t2-m2=1,∴在Rt△ABC中,|AD||BD|=|CD|2=[4(t2-m2)]2=16,故選A.
11.已知拋物線C:y2=2px與點(diǎn)N(-2,2),過C的焦點(diǎn)且斜率為2的直線與C交于A,B兩點(diǎn),若NA⊥NB,則p=( )
A.-2 B.2 C.-4 D.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NA⊥NB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(diǎn),點(diǎn)A,B都是拋物線上的點(diǎn)且位于x軸的兩側(cè),若OAOB=15(O為原點(diǎn)),則△ABO和△AFO的面積之和的最小值為( )
A.18 B.52 C.54 D.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(diǎn)為M(m,0),
聯(lián)立4y2=x,x=ty+m,可得4y2-ty-m=0,
根據(jù)韋達(dá)定理有y1y2=-m4,
∵OAOB=15,
∴x1x2+y1y2=16,從而16(y1y2)2+y1y2-15=0,
∵點(diǎn)A,B位于x軸的兩側(cè),
∴y1y2=-1,故m=4.
不妨令點(diǎn)A在x軸上方,則y1>0,又F116,0,
∴S△ABO+S△AFO=124(y1-y2)+12116y1=6532y1+2y1≥265y1322y1=652,
當(dāng)且僅當(dāng)6532y1=2y1,即y1=86565時(shí),取“=”號(hào),
∴△ABO與△AFO面積之和的最小值是652,故選D.
13.(2017課標(biāo)Ⅰ高考)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),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(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為( )
A.16 B.14 C.12 D.10
答案A
解析方法一:由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時(shí),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(diǎn)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+8≥216k12k22+8=16,
當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時(shí),取得等號(hào).
方法二:如圖所示,
由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為θ不妨令θ∈0,π2.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|cosθ+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|GF|=2,
所以|AF|cosθ+2=|AF|,即|AF|=21-cosθ.
同理可得|BF|=21+cosθ,所以|AB|=41-cos2θ=4sin2θ.
又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為π2+θ,
則|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ,
所以|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=414sin22θ=16sin22θ≥16,當(dāng)θ=π4時(shí)取等號(hào),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(gè)焦點(diǎn),過F1的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),則|AF2|+|BF2|的最大值等于 .
答案7
解析因?yàn)闄E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(diǎn)弦性質(zhì)知當(dāng)AB⊥x軸時(shí),|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(diǎn)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,
Δ=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(zhǎng)為4的線段MN的兩端點(diǎn)在拋物線y2=x上移動(dòng),設(shè)P為線段MN的中點(diǎn),則點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)).故應(yīng)填74.
17.已知點(diǎn)C(1,0),點(diǎn)A,B是☉O:x2+y2=9上任意兩個(gè)不同的點(diǎn),且滿足ACBC=0,設(shè)P為弦AB的中點(diǎn).
(1)求點(diǎn)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(diǎn):它到直線x=-1的距離恰好等于到點(diǎn)C的距離?若存在,求出這樣的點(diǎn)的坐標(biāo);若不存在,說明理由.
解(1)如圖,連接CP,OP,由ACBC=0,知AC⊥BC,
∴|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(diǎn)P(x,y),有(x2+y2)+[(x-1)2+y2]=9,
化簡(jiǎn),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(diǎn)C(1,0)的距離的點(diǎn)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x≥0,故取x=1,此時(shí)y=2.
故滿足條件的點(diǎn)存在,其坐標(biāo)為(1,-2)和(1,2).
18.已知點(diǎn)Pt,12在橢圓C:x22+y2=1內(nèi),過點(diǎn)P的直線l與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)是否存在實(shí)數(shù)t,使直線l和直線OP的傾斜角互補(bǔ)?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=0.①
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=2t,即4kkt-121+2k2=2t,
解得k=-t,
此時(shí)方程①即(1+2t2)x2+4kt2+12x+2t2+122-2=0.
由Δ=-8t4+8t2+6>0,解得0
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