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1、+二一九高考数学学习资料+天天练36直线与圆锥曲线的综合一、选择题1(2017福建福州质检，8)已知抛物线C：y28x与直线yk(x2)(k0)相交于A，B两点，F为抛物线C的焦点，若|FA|2|FB|，则k()A. B. C. D.2(2017韶关一模)已知过抛物线y24x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且点A在第一象限，若|AF|3，则直线l的斜率为()A1 B. C. D23若F(c,0)为椭圆C：1(ab0)的右焦点，椭圆C与直线1交于A，B两点，线段AB的中点在直线xc上，则椭圆的离心率为()A. B. C. D.4(2017江西五市八校二模，10)已知直线y1x与双曲线ax2
2、by21(a0，b0，b0)的实轴长为4，虚轴的一个端点与抛物线x22py(p0)的焦点重合，直线ykx1与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p()A4 B3 C2 D16(2017惠州三调)若双曲线1(a0，b0)与直线y2x无交点，则双曲线的离心率e的取值范围是()A(1,2) B(1,2 C(1，) D(1，7如图，F1，F2分别是双曲线1(a0，b0)的两个焦点，以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆与该双曲线左支交于A，B两点，若F2AB是等边三角形，则双曲线的离心率为()A. B2 C.1 D.18过抛物线x24y的焦点F作倾斜角为的直线交抛物线于P、Q两点，过点P作抛物线
3、的切线l交y轴于点T，过点P作切线l的垂线交y轴于点N，则PNF为()A等腰直角三角形 B直角三角形C等腰三角形 D等边三角形二、填空题9(2017湖南十三校联考(一)若双曲线mx2y21(m为常数)的一条渐近线与直线l：y3x1垂直，则双曲线的焦距为_10抛物线y212x的准线与双曲线1的两条渐近线所围成的三角形的面积等于_11(2017湖南四地联考，14)若抛物线y2x2上两点A(x1，y1)、B(x2，y2)关于直线yxm对称，且x1x2，则实数m的值为_三、解答题12.已知椭圆C：1(ab0)的右焦点F(1,0)，右顶点A，且|AF|1.(1)求椭圆C的标准方程(2)若动直线l：ykx
4、m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得0？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由天天练36直线与圆锥曲线的综合1A直线yk(x2)恒过定点(2,0)，过A、B分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为N、M.设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1，y20)，已知|FA|2|FB|，则|AN|2|BM|.可得x122(x22)，y12y2，即y4y，所以x14x2，由得x21，y22，所以k.故选A.2D由题意可知焦点F(1,0)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由|AF|3xA1，得xA2，又点A在第一象限，故A(2,2)，故直线l的斜
5、率为2，选D.3B因为直线1在x，y轴上的截距分别为a，b，所以不妨取A(a,0)，B(0，b)，又线段AB的中点在直线xc上，所以c，即e，选B.4A由双曲线ax2by21知其渐近线方程为ax2by20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有axby0，axby0，由得a(xx)b(yy)即a(x1x2)(x1x2)b(y1y2)(y1y2)，由题意可知x1x2，且x1x20，设AB的中点为M(x0，y0)，则kOM，又知kAB1，(1)，故选A.5A由抛物线x22py(p0)可知其焦点为，所以b，又a2，因此双曲线的方程为1，渐近线方程为yx.直线ykx1与双曲线的一条渐近线平行，不妨
6、设k，由可得x22px2p，即x2x2p0，则28p0，解得p4.故选A.6D因为双曲线1(a0，b0)与直线y2x无交点，所以2，故e，又e1，故双曲线的离心率e的取值范围是(1，故选D.7D连接AF1，依题意知|AF2|AF1|,2c|F1F2|2|AF1|，所以2a|AF2|AF1|(1)|AF1|，e1.8C由抛物线x24y，则焦点F(0,1)，设P，求导yx，则k1y|xx0x0，则kPN，直线PN的方程为：yx(xx0)，令x0，得N，则|NF|1，由抛物线定义知|PF|(1)1，|NF|PF|，直线l的方程为yx(xx0)，令x0，得到yTx，|TF|x1，|NF|PF|TF|.
7、故PNF为等腰三角形92解析：由题意可知，故m，双曲线的焦距为22.103解析：抛物线的准线方程为x3，双曲线的渐近线方程为yx，所以所要求的三角形的面积为323.11.解析：由题意可设直线AB的方程为yxb，代入y2x2得2x2xb0，x1x2，x1x2，b1，即直线AB的方程为yx1.设AB的中点为M(x0，y0)，则x0，代入y0x01，得y0，则M，又M在直线yxm上，m.m.12解：(1)由c1，ac1，得a2，b，所以椭圆C的标准方程为1.(2)由得(34k2)x28kmx4m2120，所以64k2m24(34k2)(4m212)0，即m234k2，xP，yPkxPm，所以P.因为M(t,0)，又Q(4,4km)，(4t,4km)，所以(4t,4km)t24t3(t1)0恒成立，故解得t1.所以存在点M(1,0)符合题意高考数学复习精品高考数学复习精品