数学理一轮对点训练：104 直线与圆锥曲线的位置关系 Word版含解析

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 1．过点P(－2,0)的直线与抛物线C：y2＝4x相交于A、B两点，且|PA|＝|AB|，则点A到抛物线C的焦点的距离为(　　) A. B. C. D．2 答案　A 解析　设A(x1，y1)、B(x2，y2)，分别过点A、B作直线x＝－2的垂线，垂足分别为点D、E.∵|PA|＝|AB|， ∴又得x1＝，则点A到抛物线C的焦点的距离为1＋＝. 2．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)

2、 A. B. C. D. 答案　D 解析　由已知得F，故直线AB的方程为y＝tan30，即y＝x－. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 将①代入②并整理得x2－x＋＝0， ∴x1＋x2＝， ∴线段|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12. 又原点(0,0)到直线AB的距离为d＝＝. ∴S△OAB＝|AB|d＝12＝. 3.已知点A(－2,3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意可知准线方程x＝－＝－2

3、，∴p＝4，∴抛物线方程为y2＝8x.由已知易得过点A与抛物线y2＝8x相切的直线斜率存在，设为k，且k>0，则可得切线方程为y－3＝k(x＋2)．联立方程 消去x得ky2－8y＋24＋16k＝0.(*) 由相切得Δ＝64－4k(24＋16k)＝0，解得k＝或k＝－2(舍去)，代入(*)解得y＝8，把y＝8代入y2＝8x，得x＝8，即切点B的坐标为(8,8)，又焦点F为(2,0)，故直线BF的斜率为. 4．已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(　　) A．2 B．3 C. D

4、. 答案　B 解析　设AB所在直线方程为x＝my＋t. 由消去x，得y2－my－t＝0. 设A(y，y1)，B(y，y2)(不妨令y1>0，y2<0)， 故y＋y＝m，y1y2＝－t. 而＝yy＋y1y2＝2. 解得y1y2＝－2或y1y2＝1(舍去)． 所以－t＝－2，即t＝2. 所以直线AB过定点M(2,0)． 而S△ABO＝S△AMO＋S△BMO＝|OM||y1－y2|＝y1－y2， S△AFO＝|OF|y1＝y1＝y1， 故S△ABO＋S△AFO＝y1－y2＋y1＝y1－y2.由y1－y2＝y1＋(－y2)≥2＝2＝3， 得S△ABO＋S△AFO的最小值为3，

5、故选B. 5．在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________． 答案　 解析　直线x－y＋1＝0与双曲线x2－y2＝1的一条渐近线x－y＝0平行，这两条平行线之间的距离为，又P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则c≤，即实数c的最大值为. 6．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过点P(－1,0)的直线l交抛物线C于A，B两点，点Q为线段AB的中点．若|FQ|＝2，则直线l的斜率等于________． 答案　1 解析　设直线AB方程为

6、x＝my－1(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线和抛物线方程，整理得，y2－4my＋4＝0，由根与系数关系得y1＋y2＝4m，y1y2＝4.故Q(2m2－1,2m)．由|FQ|＝2知＝2，解得m2＝1或m2＝0(舍去)，故直线l的斜率等于1(此时直线AB与抛物线相切，为满足题意的极限情况)． 7．已知动点P到直线l：x＝－1的距离等于它到圆C：x2＋y2－4x＋1＝0的切线长(P到切点的距离)．记动点P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)点Q是直线l上的动点，过圆心C作QC的垂线交曲线E于A，B两点，设AB的中点为D，求的取值范围． 解　(1)由已知得，

7、圆心为C(2,0)，半径r＝.设P(x，y)，依题意可得|x＋1|＝，整理得y2＝6x.故曲线E的方程为y2＝6x. (2)设直线AB的方程为my＝x－2， 则直线CQ的方程为y＝－m(x－2)，可得Q(－1,3m)． 将my＝x－2代入y2＝6x并整理可得y2－6my－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1＋y2＝6m，y1y2＝－12，D(3m2＋2,3m)，|QD|＝3m2＋3. |AB|＝2 ， 所以2＝＝∈，故∈. 8．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点(0，)，且离心率e＝. (1)求椭圆E的方程； (2)设直线l：x＝my－1(m∈R

8、)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由． 解　解法一：(1)由已知得， 解得 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)． 由 得(m2＋2)y2－2my－3＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝－， 从而y0＝. 所以|GH|2＝2＋y＝2＋y＝(m2＋1)y＋my0＋. ＝＝ ＝ ＝(1＋m2)(y－y1y2)， 故|GH|2－＝my0＋(1＋m2)y1y2＋＝－＋＝>0，所以|GH|>. 故点G在以AB为直径的圆外． 解法二：(1)同解法一． (2)设点

9、A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝， ＝. 由得(m2＋2)y2－2my－3＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝－， 从而＝＋y1y2＝＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋＝＋＋＝>0， 所以cos〈，〉>0.又，不共线，所以∠AGB为锐角． 故点G在以AB为直径的圆外． 9．已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点． (1)求E的方程； (2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程． 解　(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝. 又＝，所

10、以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程为＋y2＝1. (2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 将y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时， x1,2＝. 从而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又点O到直线PQ的距离d＝， 所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝. 设 ＝t，则t>0，S△OPQ＝＝. 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝时等号成立，且满足Δ>0. 所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为 y＝x－2或y＝－x－2. 10．圆x2

11、＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图)．双曲线C1：－＝1过点P且离心率为. (1)求C1的方程； (2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程． 解　(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则切线斜率为－，切线方程为y－y0＝－(x－x0)，即x0x＋y0y＝4.此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S＝＝.由x＋y＝4≥2x0y0，知当且仅当x0＝y0＝时x0y0有最大值，即S有最小值，因此点P的坐标为(，)． 由题

12、意知解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－＝1. (2)由(1)知C2的焦点坐标为(－，0)，(，0)，由此设C2的方程为＋＝1，其中b1>0. 由P(，)在C2上，得＋＝1， 解得b＝3.因此C2的方程为＋＝1. 显然，l不是直线y＝0. 设l的方程为x＝my＋，点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，又y1，y2是方程的根， 因此 由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得 因为＝(－x1，－y1)，＝(－x2，－y2)． 由题意知＝0， 所以x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋4＝0.⑤ 将①，②，③，④代

13、入⑤式整理，得 2m2－2m＋4－11＝0， 解得m＝－1或m＝－＋1.因此直线l的方程为x－y－＝0或x＋y－＝0. 11．如图，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1>0)和E2：y2＝2p2x(p2>0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点． (1)证明：A1B1∥A2B2； (2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点．记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求的值． 解　(1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x， y＝k2x(k1，k2≠0)，则由得A1， 由得A2. 同理可得B1，B2. 所以＝ ＝2p1. ＝ ＝2p2. 故＝，所以A1B1∥A2B2. (2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2.所以△A1B1C1∽△A2B2C2. 因此＝2. 又由(1)中的＝知＝.故＝.