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1、1 课时跟踪检测（五十一） 直线与圆锥曲线课时跟踪检测（五十一） 直线与圆锥曲线 一保高考，全练题型做到高考达标 1(2019徐州第一中学检测)若双曲线1 与直线ykx1 有且仅有一个公共 x2 9 y2 4 点，则这样的直线有_条 解析：把直线ykx1 代入双曲线1 中， x2 9 y2 4 消去y，得(49k2)x218kx450， 当 49k20，即k 时，直线与双曲线相交，有一个交点； 2 3 当 49k20，即k 时，令0， 2 3 得 182k24(49k2)450，解得k，此时直线与双曲线相切，有一个交点 5 3 综上，k的值有 4 个，即这样的直线有 4 条 答案：4 2已知椭
2、圆C：1 的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率 x2 4 y2 3 是 ，则直线PM的斜率为_ 1 4 解析 ： 设P(x0，y0)， 则1， 直线PM的斜率kPM， 直线PN的斜率kPN， x2 0 4 y2 0 3 y0 x02 y0 x02 可得kPMkPN ，故kPM 3. y2 0 x2 04 3 4 3 4 1 kPN 答案：3 3 已知抛物线y22px的焦点F与椭圆 16x225y2400 的左焦点重合， 抛物线的准线 与x轴的交点为K，点A在抛物线上且AKAF，则点A的横坐标为_2 解析：16x225y2400 可化为1， x2 25 y2 16 则椭圆的左焦
3、点为F(3,0)， 又抛物线y22px的焦点为，准线为x ， ( p 2，0) p 2 所以 3，即p6，即y212x，K(3,0) p 2 设A(x，y)，则由AKAF得2 (x3)2y22(x3)2y2，即x218x9y20， 又y212x，所以x26x90，解得x3. 答案：3 2 4 (2019江都中学检测)已知双曲线1(a0，b0)的两条渐近线与抛物线y2 x2 a2 y2 b2 2px(p0)的准线分别交于A，B两点，若双曲线的离心率为 2，O为坐标原点，AOB的面 积为，则p_. 3 3 解析：双曲线1 的渐近线方程是yx， x2 a2 y2 b2 b a 抛物线y22px(p0
4、)的准线方程是x ， p 2 A，B两点的纵坐标分别是y， pb 2a 双曲线的离心率为 2， e213，则 ， b2 a2 c2a2 a2 b a 3 A，B两点的纵坐标分别是y， pb 2a 3p 2 又AOB的面积为， 3 3 p ，解得p. 1 2 3 p 2 3 3 2 3 3 答案： 2 3 3 5已知(4,2)是直线l被椭圆1 所截得的线段的中点，则l的方程是 x2 36 y2 9 _ 解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2) 则1，且1， x2 1 36 y2 1 9 x2 2 36 y2 2 9 两式相减并化简得. y1y2 x1x2 x1x2 4y1y2
5、 又x1x28，y1y24， 所以 ， y1y2 x1x2 1 2 故直线l的方程为y2 (x4)， 1 2 即x2y80. 答案：x2y80 6 (2018海门中学检测)如图， 过抛物线yx2的焦点F的直线l与抛物线和圆x2(y 1 4 3 1)21 交于A，B，C，D四点，则_.AB DC 解析：不妨设直线AB的方程为y1，联立Error!解得x2，则A(2,1)，D(2,1)， 因为B(1,1)，C(1,1)，所以(1,0)，(1,0)，所以1.AB DC AB DC 答案：1 7(2019宁海中学调研)已知椭圆1(ab0)，点A，B1，B2，F依次为其左 x2 a2 y2 b2 顶点、
6、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭 圆的离心率为_ 解析：根据题意得，直线AB2的方程为：yxb， b a 直线B1F的方程为：yxb， b c 联立两直线方程解得x. 2ac ac 又由题意可得， 2ac ac a2 c 化简得 2c2aca20， 即 2e2e10， 又 0e1，解得e . 1 2 答案：1 2 8已知直线l过抛物线C：y22px(p0)的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，直线l 与抛物线C交于A，B两点，且AB12，若M为抛物线C的准线上一点，则ABM的面积为 _ 解析：由题意知，抛物线C的焦点坐标为，对称轴为x轴，准线为x .因为
7、 ( p 2，0) p 2 直线l与x轴垂直，所以AB2p12，p6，又点M在抛物线C的准线上，所以点M到直 线AB的距离为 6，所以ABM的面积S 61236. 1 2 答案：36 4 9(2018镇江期末)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且点 x2 a2 y2 b2 3 2( 3， 1 2) 在椭圆C上 (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交椭圆C于P， Q 两点， 线段PQ 的中点为H，O为坐标原点， 且OH1， 求POQ 面积的最大值 解：(1)由已知得Error!解得Error! 所以椭圆C的方程为y21. x2 4 (2)设l与x轴的交点为D(n,0)，直线l：xmyn，P(
8、x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立Error!消去x，整理得(4m2)y22mnyn240， 所以y1y2，y1y2， 2mn 4m2 n24 4m2 故， y1y2 2 mn 4m2 x1x2 2 my1y22n 2 4n 4m2 即H， ( 4n 4m2， mn 4m2) 由OH1，得n2， 4m22 16m2 则SPOQOD|y1y2| |n|y1y2|. 1 2 1 2 令Tn2(y1y2)2n2(y1y2)24y1y2， 1924m2 16m22 设t4m2(t4)， 则， 4m2 16m22 t t224t144 1 t144 t 24 1 2 t144 t 24 1 48 当
9、且仅当t，即t12 时，SPOQ1， 144 t 所以POQ 面积的最大值为 1. 10.如图，在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：y21 的 x2 4 左顶点A作直线l，与椭圆C和y轴正半轴分别交于点P，Q. (1)若APPQ，求直线l的斜率； (2)过原点O作直线l的平行线，与椭圆C交于点M，N，求证： 为定值 APAQ MN2 解：(1)依题意，椭圆C的左顶点A(2,0)， 5 设直线l的斜率为k(k0)，点P的横坐标为xP， 则直线l的方程为yk(x2) 联立Error!得(4k21)x216k2x16k240， 则2xP，从而xP. 16k24 4k21 28k2 14k2 因为AP
10、PQ，所以xP1. 所以1，解得k(负值舍去) 28k2 14k2 3 2 (2)证明：设点N的横坐标为xN.结合(1)知，直线MN的方程为ykx. 联立Error!得x. 2N 4 14k2 从而 (定值) APAQ MN2 2xP2 2xN2 2(28k 2 14k22) 4 4 14k2 1 2 二上台阶，自主选做志在冲刺名校 1 (2019苏州调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： 1(ab0)的离心率为，椭圆上的动点P到一个焦点的距离 x2 a2 y2 b2 2 2 的最小值为3(1)2 (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知过点M(0，1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，
11、试判断以线段AB为直径 的圆是否恒过定点，并说明理由 解：(1)由题意得 ，故ac. c a 2 2 2 又椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为 3(1)，2 所以ac3(1)，2 所以c3，a3，所以b2a2c29，2 所以椭圆C的标准方程为1. x2 18 y2 9 (2)当直线l的斜率为 0 时，对于1，令y1，得x4， x2 18 y2 9 此时以线段AB为直径的圆的方程为x2(y1)216. 当直线l的斜率不存在时，以线段AB为直径的圆的方程为x2y29. 联立Error!解得Error!即两圆的交点为(0,3)，记T(0,3) 猜想以线段AB为直径的圆恒过定点T(0,3) 6
12、当直线l的斜率存在且不为 0 时， 设直线l的方程为ykx1(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由Error!得(12k2)x24kx160， 所以(4k)264(12k2)144k2640，x1x2，x1x2. 4k 12k2 16 12k2 因为TB(x1，y13)(x2，y23)x1x2y1y23(y1y2)9x1x2(kx1TA 1)(kx21)3(kx11kx21)9(k21)x1x24k(x1x2)16 16k21 12k2 16160，所以TATB，故以线段AB为直径的圆过点T(0,3) 16k2 12k2 1612k2 12k2 综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(
13、0,3) 2(2019盐城模拟)如图，已知F1，F2分别是椭圆C：1(ab0)的左、右 x2 a2 y2 b2 焦点，点P(2,3)是椭圆C上一点，且PF1x轴 (1)求椭圆C的方程； (2)设圆M：(xm)2y2r2(r0) 设圆M与线段PF2交于A，B两点，若，且AB2，求r MA MB MP MF2 的值； 设m2，过点P作圆M的两条切线分别交椭圆C于G，H两点(均异于点P)试问 ： 是否存在这样的正数r，使得G，H两点恰好关于坐标原点O对称？若存在，求出r的值； 若不存在，请说明理由 解：(1)因为点P(2,3)是椭圆C上一点，且PF1x轴， 所以椭圆的半焦距c2， 由1，得y，所以3
14、， c2 a2 y2 b2 b2 a b2 a a24 a 化简得a23a40，解得a4，所以b212， 所以椭圆C的方程为1. x2 16 y2 12 (2)因为，MA MB MP MF2 所以，即.MA MP MF2 MB PA BF2 所以线段PF2与线段AB的中点重合(记为点 Q)， 由(1)知 Q. (0， 3 2) 因为圆M与线段PF2交于A，B两点， 所以kMQkABkMQkPF21， 7 即1，解得m ， 03 2 m 30 22 9 8 所以MQ ， ( 9 80) 2(03 2) 2 15 8 又AB2，所以r . ( 15 8) 212 17 8 假设存在正数r满足题意
15、由G，H两点恰好关于原点对称，设G(x0，y0)，则H(x0，y0)，不妨设x00. 因为P(2,3)，m2，所以两条切线的斜率均存在， 设过点P与圆M相切的直线的斜率为k， 则切线方程为y3k(x2)，即kxy2k30， 由该直线与圆M相切，得r，即k ， 3 1k2 9r2 r2 所以两条切线的斜率互为相反数，即kPGkPH， 所以，化简得x0y06，即y0， y03 x02 y03 x02 6 x0 代入1，化简得x16x480， x2 0 16 y2 0 12 4 02 0 解得x02(舍去)或x02，3 所以y0，3 所以G(2，)，H(2，)，3333 所以kPG， 3 3 22 3 3 2 所以r. 3 1( 3 2) 2 6 7 7 故存在满足条件的正数r，且r. 6 7 7