《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
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=2xB.(x-1)2+y2=4C.y2=-2xD.(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MAPA,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x24+y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最大值为()A.2B.455C.4105D.8105答案C解析设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x
2、2,y2),直线l的方程为y=x+t,由x2+4y2=4,y=x+t,消去y,得5x2+8tx+4(t2-1)=0,则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,当t=0时,|AB|max=4105.3.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32,则ab的值为()A.32B.233C.932D.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ax
3、12+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4,点A在x轴上方,则|FA|的取值范围是()A.14,1B.14,+C.12,+D.14,1+22答案D解析记点A的横坐标是x1,则有|AF|=x1+14=14+|AF|cos+14=12+|AF|cos,|AF|(1-cos)=12,|AF|=12(1-cos).由4,得-1cos22,2-22(1-cos)4,141
4、2(1-cos)12-2=1+22,即|AF|的取值范围是14,1+22.5.经过椭圆x22+y2=1的一个焦点作倾斜角为45的直线l,交椭圆于A,B两点.设O为坐标原点,则OAOB等于()A.-3B.-13C.-13或-3D.13答案B解析依题意,当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时,其方程为y-0=tan45(x-1),即y=x-1,代入椭圆方程x22+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=43,所以两个交点坐标分别为(0,-1),43,13,OAOB=-13,同理,直线l经过椭圆的左焦点时,也可得OAOB=-13.6.已知两定点A(-2,0),B(1,0),如果动点P满足|P
5、A|=2|PB|,则点P的轨迹方程为;轨迹所包围的图形的面积为.答案x2+y2-4x=04解析设P(x,y),由|PA|=2|PB|,得(x+2)2+y2=2(x-1)2+y2,3x2+3y2-12x=0,即x2+y2-4x=0.点P的轨迹为以(2,0)为圆心,半径为2的圆.即轨迹所包围的面积等于4.7.椭圆x24+y23=1的左焦点为F,直线x=m与椭圆相交于点A,B,当m=时,FAB的周长最大,此时FAB的面积是.答案13解析设椭圆x24+y23=1的右焦点为F,则F(-1,0),F(1,0).由椭圆的定义和性质易知,当直线x=m过F(1,0)时,FAB的周长最大,此时m=1,把x=1代入
6、x24+y23=1得y2=94,y=32,SFAB=12|F1F2|AB|=1223=3.8.函数y=ax2-2x的图象上有且仅有两个点到直线y=x的距离等于2,则实数a的取值集合是.答案aa98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2,符合题意;(2)若a0,则y=ax2-2x与直线y=x相交,y=ax2-2x在直线y=x上方的图象必有两点到直线y=x的距离等于2,又直线y=x与y=x-2的距离为2,抛物线y=ax2-2x与直线y=x-2不相交,联立方程组y=ax2-2x,y=x-2,消元得ax2-3x+2=0,=9-8a98.(3)若a0
7、,同理可得a-98.故答案为aa98.能力提升组9.已知两定点A(0,-2),B(0,2),点P在椭圆x212+y216=1上,且满足|AP|-|BP|=2,则APBP为()A.-12B.12C.-9D.9答案D解析由|AP|-|BP|=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2a=2,c=2,b=3.点P的轨迹方程为y2-x23=1(y1).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是抛物线y2=4x上不同的三点,且ABy轴,ACB=90,点C在A
8、B边上的射影为D,则|AD|BD|=()A.16B.8C.4D.2答案A解析设A(4t2,4t),B(4t2,-4t),C(4m2,4m),则CA=(4t2-4m2,4t-4m),CB=(4t2-4m2,-4t-4m),由条件CACB=0,即16(t2-m2)2-16(t2-m2)=0,t2-m20,t2-m2=1,在RtABC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),过C的焦点且斜率为2的直线与C交于A,B两点,若NANB,则p=()A.-2B.2C.-4D.4答案D解析由题意,设直线为y=2x-p2,与y2=2px
9、联立,消去x得y2-py-p2=0,设Ay122p,y1,By222p,y2,则y1+y2=p,y1y2=-p2,由NANB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),故选D.12.已知F为抛物线4y2=x的焦点,点A,B都是抛物线上的点且位于x轴的两侧,若OAOB=15(O为原点),则ABO和AFO的面积之和的最小值为()A.18B.52C.54D.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
10、的交点为M(m,0),联立4y2=x,x=ty+m,可得4y2-ty-m=0,根据韦达定理有y1y2=-m4,OAOB=15,x1x2+y1y2=16,从而16(y1y2)2+y1y2-15=0,点A,B位于x轴的两侧,y1y2=-1,故m=4.不妨令点A在x轴上方,则y10,又F116,0,SABO+SAFO=124(y1-y2)+12116y1=6532y1+2y1265y1322y1=652,当且仅当6532y1=2y1,即y1=86565时,取“=”号,ABO与AFO面积之和的最小值是652,故选D.13.(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
11、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.16B.14C.12D.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k12x2-2k12x-4x+k12=0,所以x1+x2=2k12+4k12.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=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8216k12k22+8=16
12、,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倾斜角为不妨令0,2.作AK1垂直准线,AK2垂直x轴,结合图形,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|=21+cos,所以|AB|=41-cos2=4sin2.又DE与AB垂直,即DE的倾斜角为2+,则|DE|=4sin22+=4cos2,所以|AB|+|DE|=4sin2+4cos2=4sin2cos2=414sin22=16sin2216,当=4时取等号,即|
13、AB|+|DE|最小值为16,故选A.14.(2018浙江杭二中质检)已知椭圆C:x2a2+y2=1(a1)的离心率为32,F1,F2是C的两个焦点,过F1的直线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32,所以a2-1a=32,解得a=2.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ABx轴时,|AB|取最小值2b2a=1,因此|AF2|+|BF2|的最大值等于8-1=7.15.已知斜率为12的直线l与抛物线y2=2px(p0)交于x轴上方的不同两点A,B,记直线OA,OB
14、的斜率分别为k1,k2,则k1+k2的取值范围是答案(2,+)解析设直线方程为y=12x+b,即x=2y-2b,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)=16pb-8pb16pb-16pb+4b2=2pb2.故答案为(2,+).16.(2018浙江5校联考)已知定长为4的线段MN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
15、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F14,0,抛物线的准线为x=-14,所求的距离d=x1+x22=x1+14+x2+142-14=|MF|+|NF|2-14,所以|MF|+|NF|2-14|MN|2-14=74(两边之和大于第三边且M,N,F三点共线时取等号).故应填74.17.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ACBC=0,设P为弦AB的中点.(1)求点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
16、明理由.解(1)如图,连接CP,OP,由ACBC=0,知ACBC,|CP|=|AP|=|BP|=12|AB|,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p2=1.p=2,故抛物线方程为y2=4x,由方程组y2=4x,x2-x+y2=4,得x2+3x-4=0,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
17、(1,2).18.已知点Pt,12在椭圆C:x22+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-12=k(x-t).代入x2+2y2=2得(1+2k2)x2+4k-kt+12x+2-kt+122-2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2t,即4kkt-121+2k2=2t,解得k=-t,此时方程即(1+2t2)x2+4kt2+12x+2t2+122-2=0.由=-8t4+8t2+60,解得0t232,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12t+(-t)=0,解得t=22,均符合题意.(2)由(1)知l的方程是y=-tx+t2+12,所以S=12t2+12|x1-x2|=12t2+12-8t4+8t2+61+2t2=14-8t4+8t2+6,因为0t232,所以当t2=12时,Smax=22.9