2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系.pdf

资源描述

《2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、2019 年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 1直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线_公共点；相切时，直线与圆锥曲线有_公共点；相交时，直线与椭圆有 _公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公共点一般通过它们的方程来研究：设直线 l：AxByC0 与二次曲线C：f(x， y) 0，由 AxByC0， f（ x，y） 0 消元，如果消去y 后得： ax2 bx c0， (1)当 a0 时， 0，则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线_； 0，则方程有两个相同的

2、解，直线与圆锥曲线有一个公共点，直线与圆锥曲线_； 0，则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线_ (2)注意消元后非二次的情况，即当a0 时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线当圆锥曲线是双曲线时，直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是_；当圆锥曲线是抛物线时，直线 l 与抛物线的对称轴的位置关系是_ (3)直线方程涉及斜率k 要考虑其不存在的情形 2直线与圆锥曲线相交的弦长问题 (1)直线l：ykxm 与二次曲线C： f(x，y)0 交于 A， B 两点，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由 ykxm， f（x，y） 0 得 ax2bxc0(a0)，则

3、x1x2_，x1x2 _，|AB _ (2)若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算 3直线与圆锥曲线相交弦的中点问题中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解 (1)利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解 (2)点差法：若直线 l 与圆锥曲线C 有两个交点A， B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2， y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x1x2，y1y2，x1 x2， y1y2，从而建立中点坐标和斜率的关系无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论自查自纠 1无

4、一个两个(1)相交相切相离 (2)平行或重合平行或重合 2(1)b a c a 1k2|x1x2 1k 2 b 24ac | |a 直线 y kxk1 与椭圆 x 2 9 y 2 4 1 的位置关系是 () A相交B相切 C相离D不确定解：由于直线 y kxk1k(x1)1过定点 (1， 1)，而 (1， 1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交故选 A. 过点 (0，1)作直线，使它与抛物线y 24x 仅有一个公共点，这样的直线有() A1 条B2 条C3 条D4 条解：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3 条：直线 x0，过点 (0，1)且平行于x 轴的直线y1，以及过点 (0

5、，1)且与抛物线相切的直线yx1.故选 C. 抛物线 C 的顶点为原点，焦点在x 轴上，直线 xy0 与抛物线C 交于 A， B 两点，若P(1，1) 为线段 AB 的中点，则抛物线C 的方程为 () Ay 24x B y 22x Cx 22y Dy 2 2x 解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为 y 2 2px，则 y 2 12px1， y 2 22px2，两式相减可得2py 1y2 x1x2(y 1y2) kAB22，即可得p1，所以抛物线C 的方程为 y 22x.故选 B. 已知椭圆C： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)，F(2，0)为其右焦点，过

6、点F 且垂直于 x 轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C 的方程为 _ 解：由题意得 c2， b 2 a 1， a 2b2 c2，解得 a2， b2，所以椭圆C 的方程为 x 2 4 y 2 2 1.故填 x 2 4 y 2 2 1. 已知双曲线 x 2 a 2 y 2 b 2 1(a0，b0)的一条渐近线经过点 (1，2)，则该渐近线与圆(x1) 2(y2)24 相交所得的弦长为_ 解：因为 bx ay0 过点 (1，2)，故 b 2a0，渐近线方程为2xy0，圆心到该直线的距离d 4 5 ，故弦长为24 16 5 4 5 5 .故填 4 5 5 . 类型一弦的中点问

7、题 (1)已知一直线与椭圆4x29y2 36 相交于 A，B 两点，弦AB 的中点坐标为M(1，1)，则直线 AB 的方程为 _ 解法一：根据题意，易知直线AB 的斜率存在，设通过点M(1，1)的直线 AB 的方程为yk(x1)1，代入椭圆方程，整理得(9k24)x2 18k(1k)x9(1 k) 2 360. 设 A，B 的横坐标分别为x1，x2，则 x1 x2 2 9k（1k） 9k 2 41，解之得k 4 9. 故直线 AB 的方程为y 4 9(x1)1，即 4x9y 130. 解法二：设 A(x1，y1) 因为 AB 中点为 M(1， 1)，所以 B 点坐标是 (2x1，

8、 2y1) 将 A，B 点的坐标代入方程4x29y236，得 4x 2 19y 2 1360，及 4(2 x1) 29(2y 1) 236，化简为 4x2 19y 2 116x136y1160. ，得 16x136y1520，化简为 4x19y1 130. 同理可推出4(2x1)9(2y1)130. 因为 A(x1，y1)与 B(2x1，2y1)都满足方程 4x 9y130，所以 4x9y130 即为所求解法三：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)是弦的两个端点，代入椭圆方程，得 4x 2 19y 2 136， 4x 2 29y 2 236，，得 4(x1x2)(x1x2)9(

9、y1y2)(y1y2) 0. 因为 M(1，1)为弦的中点，所以x1x22， y1 y22. 所以4(x1x2)9(y1y2)0.所以 kABy 1 y2 x1 x2 4 9. 故 AB 方程为 y1 4 9(x1)，即 4x9y13 0. 故填 4x9y 130. (2)椭圆 ax 2by2 1 与直线 y1 x交于 A， B 两点，过原点与线段AB 中点的直线的斜率为 3 2 ，则 a b () A. 3 2 B. 2 3 3 C.9 3 2 D. 2 3 27 解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点 M(x0， y0)，结合题意，由点差法得， y2y1 x2x1 a

10、 b x1x2 y1y2 a b 2 3 1，所以 a b 3 2 .故选 A. 【点拨】题(1)的三种解法很经典，各有特色，解法一思路直接，但计算量大，解法三计算简捷，所列式子 “ 整齐、美观，对称性强”，但消去 x1，x2，y1， y2时，要求灵活性高，整体意识强弦中点问题常用 “点差法 ”(步骤详见 “考点梳理 ”栏目 ) (1)过点 M(1， 1)作斜率为 1 2的直线与椭圆 C：x 2 a 2 y 2 b 2 1(ab0)相交于 A，B 两点，若 M 是线段 AB 的中点，则椭圆 C 的离心率等于_ 解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x 2 1 a 2 y

11、 2 1 b 21，x 2 2 a 2 y 2 2 b 2 1，两式相减得（ x1 x2）（ x1x2） a 2 （y1y2）（ y1y2） b 2 0，变形得 b 2（x 1x2） a 2（y 1y2） y1y2 x1x2，即 2b 2 2a 2 1 2， a 2 2b2，ec a 1 b a 2 2 2 .故填 2 2 . (2)已知椭圆 E： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的右焦点为F(3， 0)，过点 F 的直线交 E 于 A，B 两点若 AB 的中点坐标为 (1， 1)，则 E 的方程为 () A. x 2 45 y 2 361 B. x 2 36 y 2 27

12、1 C. x 2 27 y 2 181 D. x 2 18 y 2 9 1 解：因为直线AB 过点 F(3，0)和点 (1， 1)，所以直线 AB 的方程为 y1 2(x3)，代入椭圆方程 x 2 a 2 y 2 b 2 1 消去 y，得 a 2 4 b2 x 23 2a 2x9 4a 2a2b2 0，所以 AB 的中点的横坐标为 3 2a 2 2 a 2 4 b2 1，即a2 2b2，又 a 2b2c2，所以 bc3，a3 2，故选 D. 类型二定点问题 (2015 大庆检测 ) 已知椭圆C： x 2 a 2 y 2 1(a1)的上顶点为A，右焦点为F，直线 AF 与圆 M： (x3)

13、2 (y1)23 相切 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不过点A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且 AP AQ 0，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标解： (1)圆 M 的圆心为 (3，1)，半径 r3. 由题意知 A(0，1)，F(c，0)，直线 AF 的方程为 x cy 1，即 xcy c0. 由直线 AF 与圆 M 相切，得 |3cc| c 21 3，解得 c 22，a2c213，故椭圆 C 的方程为 x 2 3 y 21. (2)证法一：由 AP AQ 0，知 APAQ，从而直线 AP 与坐标轴不垂直，故可设直线AP 的方程为y kx1，直线 AQ 的

14、方程为y 1 kx1. 联立 ykx1， x 2 3 y21，整理得 (13k2)x2 6kx0，解得 x0 或 x 6k 13k 2，故点 P 的坐标为 6k 13k 2， 13k 2 13k 2，同理，点 Q 的坐标为 6k k 2 3，k 23 k 23，所以直线l 的斜率为 k 2 3 k 2 313k 2 13k 2 6k k 2 3 6k 13k 2 k 2 1 4k ，所以直线 l 的方程为 y k 21 4k x 6k k 23k 23 k 23，即 y k 2 1 4k x 1 2.所以直线 l 过定点 0， 1 2 . 证法二：由 AP AQ 0，知 APAQ

15、，从而直线 PQ 与 x 轴不垂直，故可设直线l 的方程为ykx t(t1)，联立 ykxt， x 2 3 y21，整理得 (13k2)x2 6ktx3(t2 1)0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x2 6kt 1 3k 2，x1x23（t 21） 13k 2.(*) 由 (6kt)24(13k2)3(t21)0，得 3k2t2 1. 由 AP AQ 0，得 AP AQ (x1， y11) (x2， y2 1)(1k 2)x 1x2k(t1)(x1x2)(t1) 20. 将 (*) 代入，得t 1 2，所以直线l 过定点0， 1 2 . 【点拨】 (1)根据已知条件

16、建立方程；(2)通过假设相关点的坐标，利用函数与方程思想及点的坐标关系，按照 “ 设而不求 ”的原则计算或化简 (2017 全国卷 )设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆C： x 2 2 y 21 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足 NP 2NM . (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 x 3 上，且OP PQ 1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点F. 解： (1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0， 0)， NP (xx0，y)，NM (0，y0) 由 NP 2NM ，得 x0x， y0 2 2 y

17、. 因为 M(x0，y0)在 C 上，所以 x 2 0 2 y 2 0 1，所以 x 2 2 y 2 2 1. 因此点 P 的轨迹方程为x2y22. (2)证明：易知F(1，0)设 Q(3， t)，P(m， n)，则 OQ (3，t)，PF ( 1m， n)，OQ PF 33mtn，OP (m，n)， PQ (3 m，tn) 由OP PQ 1，得 3mm2tnn 21. 又由 (1)知 m2n22，故 33mtn0. 所以 OQ PF 0，即OQ PF .又过点 P 存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过 C 的左焦点 F. 类型三定值问题如图，已知抛物线C：x24

18、y，过点 M(0， 2)任作一直线与C 相交于 A，B 两点，过点B 作 y 轴的平行线与直线AO 相交于点D(O 为坐标原点 ) (1)证明：动点D 在定直线上； (2)作 C 的任意一条切线l(不含 x 轴)，与直线 y 2 相交于点N1，与 (1)中的定直线相交于点 N2.证明： |MN2| 2|MN 1| 2 为定值，并求此定值证明： (1)依题意可设AB 方程为 ykx 2，代入 x 24y，得 x24(kx2)，即 x2 4kx80. 设 A(x1，y1)，B(x2， y2)，则有 x1x2 8，直线 AO 的方程为y y1 x1x，BD 的方程为 xx2，解得交点 D 的

19、坐标为 xx2， y y1x2 x1 . 注意到x1x2 8 及 x2 14y1，则有 y y1x1x2 x 2 1 8y1 4y1 2.因此 D 点在定直线y 2(x0)上 (2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线 l 的方程为y axb(a0)，代入 x24y 得 x2 4(ax b)，即 x24ax4b0，由 0 得 16a216b0，化简整理得b a2. 故切线 l 的方程可写为yaxa2. 分别令 y2， y 2 得 N1，N2的坐标为 N1 2 aa， 2 ，N2 2 aa， 2 ，则 |MN2| 2|MN 1| 2 2 aa 2 42 2 aa 2 8，即|M

20、N2|2|MN1|2为定值 8. 【点拨】求解此类问题的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；( 2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算 (2016 北京 ) 已知椭圆C： x 2 a 2 y 2 b 2 1(ab0)的离心率为 3 2 ，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)， OAB 的面积为1. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线PA 与 y

21、轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证： |AN| |BM|为定值解： (1)由题意得 c a 3 2 ， 1 2ab1， a 2b2c2，解得 a2，b1. 所以椭圆C 的方程为 x 2 4 y21. (2)证明：由 (1)知， A(2，0)，B(0，1)，设 P(x0，y0)，则 x2 04y 2 04. 当 x00 时，直线 PA 的方程为y y0 x02(x2) 令 x0，得yM 2y0 x02，从而 |BM|1y M| 1 2y0 x0 2 . 直线 PB 的方程为yy 01 x0 x1. 令 y 0，得xN x0 y01，从而 |AN|2 x N| 2 x0 y

22、0 1 . 所以 |AN| |BM|2 x0 y01 1 2y0 x02 x 2 04y 2 04x0y04x08y04 x0y0x02y02 4x0y04x08y08 x0y0x02y02 4. 当 x00 时， y0 1，|BM|2，|AN|2，所以 |AN| |BM|4. 综上， |AN|BM|为定值类型四与弦有关的范围与最值问题 (2015 浙江 )已知椭圆 x 2 2 y 21 上两个不同的点 A，B 关于直线ymx 1 2对称 (1)求实数 m 的取值范围； (2)求 AOB 面积的最大值 (O 为坐标原点 ) 解： (1)由题意知 m0，可设直线AB 的方程为 y 1 mx

23、b. 由 x 2 2 y2 1， y 1 mxb，消去 y，得 1 2 1 m 2x 22b m x b 210. 因为直线y 1 mx b 与椭圆 x 2 2 y 21 有两个不同的交点，所以 2b22 4 m 20. 将 AB 的中点 M 2mb m 22， m 2 b m 22的坐标代入直线方程 ymx 1 2，解得 b m 22 2m 2 . 由得 3m 44m24 2m 40，即 3m44m240 也即 (3m22)(m22)0，解得 m 6 3 . (2)令 t 1 m 6 2 ，0 0， 6 2 ，则 |AB|t 21 2t 42t23 2 t 21 2 ，且 O

24、到直线 AB 的距离 d t 21 2 t 2 1. 设 AOB 的面积为S(t)，则 S(t)1 2|AB|d 1 2 2 t 21 2 2 2 2 2 ，当且仅当t 21 2时，等号成立故 AOB 面积的最大值为 2 2 . 【点拨】 (1)圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值 (2)解决圆锥曲线中的取值范围问题常从五方面考虑：利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的

25、取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围已知椭圆C：x22y2 4. (1)求椭圆 C 的离心率； (2)设 O 为原点，若点A 在直线 y2 上，点 B 在椭圆 C 上，且 OAOB，求线段AB 长度的最小值解： (1)由题意，椭圆C 的标准方程为 x 2 4 y 2 2 1，所以 a24，b22，从而 c2a2b22. 因此 a2

26、，c2. 故椭圆 C 的离心率e c a 2 2 . (2)设点A，B 的坐标分别为 (t，2)， (x0，y0)，其中 x0 0. 因为 OA OB，所以 OA OB 0，即 tx02y00，解得 t 2y0 x0 . 又 x2 02y 2 0 4，所以 |AB| 2(x 0 t) 2(y 02) 2 x 02y 0 x0 2 (y02)2x2 0 y 2 0 4y 2 0 x 2 0 4 x 2 0 4x 2 0 2 2（4x 2 0） x 2 0 4 x 2 0 2 8 x 2 0 4(00) 上的两点，并且满足OAOB，则 y1y2等于 () A 4p 2 B 3p 2 C 2p

27、 2 D p 2 解：因为 OAOB，所以 OA OB 0. 所以 x1x2y1y20. 因为 A、B 都在抛物线上，有 y 2 1 2px1， y 2 2 2px2，代入得 y 2 1 2p y 2 2 2p y1y20，解得 y1y2 4p 2. 故选 A. 3已知椭圆C 的方程为 x 2 16 y 2 m 21(m0)，如果直线 y 2 2 x 与椭圆的一个交点M 在 x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则 m 的值为 () A2 B2 2 C8 D23 解：根据已知条件得c16m2，则点 16m 2， 2 2 16m 2 在椭圆 x 2 16 y 2 m 2 1(m

28、0)上，所以 16m 2 16 16 m 2 2m 21，可得 m22.故选 B. 4抛物线 y 22px 与直线 2xy a0 交于 A， B 两点，其中点A 的坐标为 (1，2)，设抛物线的焦点为 F，则 |FA|FB|的值等于 () A7 B3 5 C6 D5 解：点 A(1，2)在抛物线y22px 和直线 2xya 0 上，可得p2， a 4，令 A， B 的横坐标分别为 xA，xB，联立 y 24x， 2xy 40 得 x25x 40，即 xA xB5，故 |FA|FB|xAxBp7.故选 A. 5直线 4kx4yk0 与抛物线y 2x 交于 A，B 两点，若 |AB|4，则弦

29、 AB 的中点到直线x1 2 0 的距离等于 () A. 7 4 B2 C.9 4 D4 解：易知直线4kx4yk 0 过抛物线 y2x 的焦点 1 4， 0 ，所以 |AB|为焦点弦设 A(x1，y1)，B(x2， y2)，则 AB 中点 N x1x2 2 ， y1y2 2 ，所以 |AB|x1x2p 4.所以 x1x2 2 7 4. 所以 AB 中点到直线x 1 20 的距离为 7 4 1 2 9 4. 故选 C. 6(2016 贵州模拟 )斜率为 1 的直线 l 与椭圆 x 2 4 y 21 相交于 A，B 两点，则 |AB|的最大值为 ( ) A. 4 5 5 B. 4 1

30、0 5 C.9 5 10 D. 9 10 10 解：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为y xt，代入 x 2 4 y21，消去y，整理得 5 4x 22txt2 10，由题意得 (2t)25(t 21)0，即 t2 b0)，故有 4 a 2 2 b 21， c a 2 2 ，所以 a2 2，b 2. 则所求的椭圆方程是 x 2 8 y 2 4 1. (2)由(1)得到椭圆的左、右焦点分别是F1(2， 0)， F2(2，0)， |F2C|（22） 2（ 0 2） 2 20)交于 A、B 两点，且 OA OB 3，其中O 为坐标原点 (1)求 p 的值； (2)当

31、|AM|4|BM|最小时，求直线l 的方程解： (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 xmy p 2. 联立 xmy p 2， y 22px，消去 x 得 y 22pmyp20. 所以 y1y22pm，y1y2 p2. 因为 OA OB 3，所以 x1x2y1y2 3.又 x1x2 y 2 1 2p y 2 2 2p p 2 4 ，所以 p 2 4 p2 3p24.因为 p0，所以 p2. (2)显然 M 是抛物线的焦点，由抛物线定义， |AM|x1 p 2x11，|BM| x2 p 2x21，所以 |AM|4|BM|x14x2 524x1x259，当且仅

32、当x14x2时取等号将 x14x2代入 x1x2 p 2 4 1，得 x2 1 2(负值舍去 ) 将x2 1 2 代入y2 4x ，得y2 2 ，即点 B 1 2， 2 . 将点 B 代入 xmy1，得 m 2 4 . 所以直线l 的方程为x 2 4 y1，即 4x 2y4 0. (2015 河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线 E： x22py(p0)，直线 ykx2 与 E 交于 A， B 两点，且 OA OB 2，其中 O 为原点 (1)求抛物线E 的方程； (2)点 C 坐标为 (0， 2)，记直线CA，CB 的斜率分别为 k1，k2，证明： k2 1k 2 22k

33、2 为定值解： (1)将 ykx2 代入 x 22py，得 x22pkx 4p0，其中 4p 2k216p0. 设 A(x1，y1)，B(x2， y2)，则 x1x22pk，x1x2 4p， OA OB x1x2y1y2x1x2 x 2 1 2p x 2 2 2p 4p42，得 p 1 2，所以抛物线 E 的方程为x2y. (2)证明：由 (1)知， x1x2k，x1x2 2. k1 y12 x1 x 2 12 x1 x 2 1x1x2 x1 x1x2，同理 k2 x2 x1，所以k2 1 k 2 22k 22(x 1x2) 22(x 1x2) 2 8x1x2 16，即 k 2 1k 2

34、 22k 2为定值 1(2016 天津 )已知双曲线 x 2 a 2 y 2 b 2 1(a0，b0) 的焦距为25，且双曲线的一条渐近线与直线2xy 0 垂直，则双曲线的方程为() A. x 2 4 y21 Bx2y 2 4 1 C.3x 2 20 3y 2 5 1 D.3x 2 5 3y 2 20 1 解：由焦距为 25，得 c5.因为双曲线的一条渐近线与直线2xy0垂直，所以 b a 1 2.又 c 2a2b2，解得a2，b1，所以双曲线的方程为 x 2 4 y21.故选 A. 2直线 l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的 1 3 ，则该椭圆的

35、离心率为() A. 1 3 B.1 2 C.2 3 D. 3 4 解： bc a 1 32b，解得 c a 2 3，即 e 2 3.故选 C. 3抛物线 y 24x 的焦点为 F，准线为l，经过 F 且斜率为3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点 A，AKl，垂足为K，则 AKF 的面积是 () A4 B3 3 C43 D 8 解：因为 y24x，所以F(1，0)，l：x 1，过焦点 F 且斜率为3的直线 l1：y3(x1)，与 y24x 联立，解得 A(3，2 3)，所以 AKAF4，所以 SAKF 1 242 34 3.故选 C. 4抛物线 yax 2 与直线 y kxb(k0

36、)交于 A， B 两点，且此两点的横坐标分别为x1，x2，直线与 x 轴交点的横坐标是x3，则恒有 () Ax3x1 x2Bx1x2x1x3x2x3 Cx1x2x30 Dx1x2x2x3x3x10 解：联立得 ax 2kxb0，可知 x1 x2 k a ，x1x2 b a，x3 b k ，代入各项验证即可得 B 正确，故选 B. 5已知 P 为双曲线C：x 2 9 y 2 161 上的点，点 M 满足 |OM |1，且 OM PM 0，则当 |PM |取得最小值时，点 P 到双曲线C 的渐近线的距离为() A. 9 5 B.12 5 C4 D5 解：由OM PM 0，得OMPM，根据

38、为抛物线y 28x 的焦点，过点 F 且斜率为 1 的直线 l 交抛物线于A，B 两点，则 |FA|FB| 的值为 _ 解：依题意知 F(2，0)，直线 l 的方程为yx2，与抛物线方程联立得x212x40. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x212，x1x24，则 |FA| |FB| |(x1 2) (x2 2)| |x1 x2| （x1x2） 24x 1x2 1441682.故填 82. 8若点 O 和点 F 分别为椭圆 x 2 9 y 2 8 1 的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP FP 的最小值为 _ 解：点 P 为椭圆 x 2 9 y 2 8

39、 1 上的任意一点，设 P(x，y)(3x3)，依题意得左焦点F(1，0)，所以 OP (x，y)，FP (x1，y)，所以 OP FP x(x1)y2x2 x728x 2 9 1 9x 2 x8，因为 3 x3，所以6OP FP 12.故最小值为 6.故填 6. 9(2016 厦门模拟 )已知椭圆C 的中心在原点O，焦点在 x 轴上，离心率为 1 2，右焦点到右顶点的距离为 1. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)是否存在与椭圆C 交于 A， B 两点的直线l：y kxm(kR)，使得 OA OB 0 成立？若存在，求出实数 m 的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1

40、)设椭圆 C 的标准方程为 x 2 a 2 y 2 b 2 1(ab0)，半焦距为c.依题意有e c a 1 2，ac1，解得 c1， a2，所以 b 2a2c23.则椭圆 C 的标准方程为 x 2 4 y 2 3 1. (2)存在直线l，使得 OA OB 0 成立理由如下：由 ykxm， x 2 4 y 2 3 1 得(34k2)x28kmx4m2 12 0，则 (8km)24(3 4k2)(4m212)0，化简得 34k2m2. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8km 34k 2，x1x2 4m 212 34k 2. 若OA OB 0，则x1x2y1y20，

41、即x1x2(kx1 m)(kx2m)0，整理得 (1k 2 )x1x2km(x1x2)m 2 0，则 (1k2) 4m 212 34k 2km8km 3 4k 2m 2 0，化简得 7m21212k2，将 k2 7 12m 21 代入 3 4k 2m2 中，则 34 7 12m 21 m2，解得 m23 4 ，又由 7m21212k212，得 m2 12 7 ，从而 m 212 7 ，即 m 2 7 21或 m2 7 21. 所以实数m 的取值范围是， 2 7 21 2 7 21， . 10 (2016 南京模拟 )已知椭圆 C： x 2 a 2 y 2 b 2 1(ab0) 短轴的

42、两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，椭圆 C 上任意一点到椭圆左右两个焦点的距离之和为4. (1)求椭圆 C 的方程； (2)椭圆 C 与 x 轴负半轴交于点A，直线过定点 ( 1，0)交椭圆于M，N 两点，求 AMN 面积的最大值解： (1)由题意可知a2b，且 2a4，所以 a2，b 1，则椭圆 C 的方程为 x 2 4 y21. (2)易知 A点坐标为 (2， 0)，直线 MN 过定点 D( 1，0)，即可令直线MN 的方程为x my1，联立 xmy 1， x 2 4 y21 消去 x 得(m24)y22my3 0，令 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 y1y2

43、2m m 24， y1y2 3 m 24，所以 SAMN1 2|AD|y1y2| 1 2 （ y1 y2） 24y 1y2 1 2 4m 2 （m24） 2 12 m 242 m 23 （m2 4）2 ，令 tm 23，则 t3，所以 SAMN2 t （t1） 22 1 t 1 t 2 2 1 3 1 32 3 2 ，所以当且仅当tm233，即 m0 时，AMN 的面积取最大值，最大值为 3 2 . 已知椭圆C： x 2 a 2 y 2 b 2 1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆 C 过点 P 1， 2 2 ，直线 PF1 交 y 轴于点 Q，且 PF2 2QO ， O

44、为坐标原点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 M 是椭圆 C 的上顶点，过点 M 分别作直线 MA，MB 交椭圆C 于 A，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k1，k2，且 k1k22，证明：直线AB 过定点解： (1)因为椭圆C 过点 P 1， 2 2 ，所以 1 a 2 1 2b 2 1， . 又 PF2 2QO ，即 PF2F1F2，则 c1，所以a 2 b21，由得 a22，b21，所以椭圆C 的方程为 x 2 2 y 2 1. (2)证明：由 (1)可知 M(0，1)，当直线AB 的斜率不存在时，设 A(x0，y0)，则 B(x0， y0)，由 k1 k2 2 得 y01 x0 y 01 x0 2，

展开阅读全文