2022年高考数学大一轮复习 9.8直线与圆锥曲线试题 理 苏教版

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1、2022年高考数学大一轮复习 9.8直线与圆锥曲线试题 理 苏教版 一、填空题 1．已知双曲线x2－＝1的一条渐近线与直线x－2y＋3＝0垂直，则a＝________. 解析 由双曲线标准方程特征知a>0，其渐近线方程为x±y＝0，可得渐近线x＋y＝0与直线x－2y＋3＝0垂直，所以a＝4. 答案 4 2．以双曲线x2－4y2＝4的中心顶点，右焦点为焦点的抛物线方程是________． 解析 设抛物线的方程为y2＝2px，则由焦点相同的条件可知＝⇒p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x. 答案 y2＝4x 3．过抛物线y2＝4x的焦点作直线交抛物线于点A(x1，y1)，B

2、(x2，y2)，若AB＝7，则AB的中点M到抛物线准线的距离为________． 解析　由题知抛物线的焦点为(1,0)，准线方程为x＝－1.由抛物线定义知：AB＝AF＋BF＝x1＋＋x2＋＝x1＋x2＋p，即x1＋x2＋2＝7，得x1＋x2＝5，于是弦AB的中点M的横坐标为，因此M到抛物线准线的距离为＋1＝. 答案　 4．设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为________． 解析　双曲线－＝1的一条渐近线为y＝x，由方程组消去y得，x2－x＋1＝0有唯一解，所以Δ＝2－4＝0，＝2，e＝＝＝ ＝. 答案　 5．若斜率为

3、1的直线l与椭圆＋y2＝1交于不同两点A、B，则AB的最大值为________． 解析　设直线l的方程为y＝x＋t，代入＋y2＝1消去y得x2＋2tx＋t2－1＝0，由题意得Δ＝(2t)2－5(t2－1)＞0，即t2＜5，弦长AB＝·≤. 答案　 6．已知双曲线方程是x2－＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________________． 解析　设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x－＝1，x－＝1，得k＝＝＝＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋51＝0

4、，Δ＞0，故此直线满足条件． 答案　4x－y－7＝0 7．已知椭圆＋＝1(a>b>0)，A为左顶点，B为短轴一顶点，F为右焦点， 且⊥，则此椭圆的离心率为________． 解析 ∵AB＝，BF＝a，AF＝a＋c. 又∵⊥，∴AB2＋BF2＝AF2， 即2a2＋b2＝a2＋c2＋2ac， ∴c2＋ac－a2＝0， ∴＝. 所求的离心率为. 答案 8．已知点A(0,2)，抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，线段FA交抛物线于点B，过B作l的垂线，垂足为M，若AM⊥MF，则p＝________. 解析　依题意，设点B，点F，M， 则＝，＝， ＝，＝.

5、 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．已知椭圆x2＋2y2－2＝0的两个焦点为F1，F2，B为短轴的一个端点， 则△BF1F2的外接圆方程是________． 解析 F1(－1,0)，F2(1,0)，设B(0,1)，则△BF1F2为等腰直角三角形，故它的外接圆方程为x2＋y2＝1. 答案 x2＋y2＝1 10．已知抛物线y2＝4x，过点P(4,0)的直线与抛物线相

6、交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x＋x的最小值是________． 解析　设过点P的直线为y＝k(x－4)， 当k不存在时，A(4,4)，B(4，－4)，则x＋x＝32， 当k存在时，有k2x2－(8k2＋4)x＋16k2＝0， 则x1＋x2＝8＋，x1·x2＝16， 故x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝32＋＋＞32， 故(x＋x)min＝32. 答案　32 二、解答题 11．如图，在直角坐标系xOy中， 点P(1，)到抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线的 距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的 两动点，且线段AB被直线OM平分．

7、 (1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值． 解 (1)由题意知得 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为 Q(m，m)．由题意知，设直线AB的斜率为k (k≠0)．由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2， 故k·2m＝1， 所以直线AB的方程为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，y1·y2＝2m2－m. 从而|AB|＝ ·|y1－y2| ＝·. 设点P到直线AB的距离为d，则 d＝. 设△ABP的面积为S，

8、则 S＝|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·. 由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1. 令u＝，0＜u≤，则S＝u(1－2u2)． 设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤，则S′(u)＝1－6u2. 由S′(u)＝0，得u＝∈，所以 S(u)max＝S＝. 故△ABP面积的最大值为. 12．设A、B分别为椭圆＋＝1(a，b＞0)的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且x＝4为它的右准线． (1)求椭圆的方程； (2)设P为右准线上不同于点(4,0)的任意一点，若直线AP、BP分别与椭圆相交于异于A、B的点M、N，证明：点B在以MN为直径的圆内． (1)解　依题意得a＝2

9、c，＝4，解得a＝2，c＝1，从而b＝.故椭圆的方程为＋＝1. (2)证明　由(1)得A(－2,0)，B(2,0)．设M(x0，y0)． ∵M点在椭圆上，∴y0＝(4－x)． ① 又点M异于顶点A、B，∴－2＜x0＜2， 由P、A、M三点共线可以得P. 从而＝(x0－2，y0)，＝. ∴·＝2x0－4＋＝(x－4＋3y)． ② 将①代入②，化简得·＝(2－x0)． ∵2－x0＞0，∴·＞0，则∠MBP为锐角， 从而∠MBN为钝角． 故点B在以MN为直径的圆内． 13．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，△ABC的三个顶点都在抛物线上，

10、且△ABC的重心为抛物线的焦点，若BC所在直线l的方程为4x＋y－20＝0. (1)求抛物线C的方程； (2)若O是坐标原点，P，Q是抛物线C上的两动点，且满足PO⊥OQ，证明：直线PQ过定点． (1)解　设抛物线C的方程为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＝，则y1＋y2＝－， ∴x1＋x2＝＋＝10＋. 再设C(x3，y3)，由于△ABC的重心为F， 则解得 ∵点C在抛物线上，∴2＝2m. ∴m＝8，抛物线C的方程为y2＝16x. (2)证明　当PQ的斜率存在时，设PQ的方

11、程为y＝kx＋b，显然k≠0，b≠0，∵PO⊥OQ，∴kPOkOQ＝－1， 设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，∴xPxQ＋yPyQ＝0， 将直线y＝kx＋b代入抛物线方程，得ky2－16y＋16b＝0， ∴yPyQ＝.从而xPxQ＝＝，∴＋＝0， ∵k≠0，b≠0， ∴直线PQ的方程为y＝kx－16k，PQ过点(16,0)； 当PQ的斜率不存在时，显然PQ⊥x轴，又PO⊥OQ， ∴△POQ为等腰三角形，由 得P(16,16)，Q(16，－16)，此时直线PQ过点(16,0)， ∴直线PQ恒过定点(16,0). 14．在平面直角坐标系xOy中，过点A(－2，－1)椭圆C：

12、＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，短轴端点为B1、B2，·＝2b2. (1)求a、b的值； (2)过点A的直线l与椭圆C的另一交点为Q，与y轴的交点为R.过原点O且平行于l的直线与椭圆的一个交点为P.若AQ·AR＝3 OP2，求直线l的方程． 解 (1)因为F(－c,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)， 所以＝(c，－b)，＝(c，b)． 因为·＝2b2，所以c2－b2＝2b2.① 因为椭圆C过A(－2，－1)，代入得，＋＝1.② 由①②解得a2＝8，b2＝2. 所以a＝2，b＝. (2)由题意，设直线l的方程为y＋1＝k(x＋2)． 由得(x＋2)[(4k2＋1)(x＋2)－(8k＋4)]＝0. 因为x＋2≠0，所以x＋2＝，即xQ＋2＝. 由题意，直线OP的方程为y＝kx. 由得(1＋4k2)x2＝8. 则x＝. 因为AQ·AR＝3OP2. 所以|xQ－(－2)|×|0－(－2)|＝3x. 即||×2＝3×. 解得k＝1，或k＝－2. 当k＝1时，直线l的方程为x－y＋1＝0， 当k＝－2时，直线l的方程为2x＋y＋5＝0.