《2019年全国版高考数学必刷题：第十七单元 直线与圆锥曲线的关系.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年全国版高考数学必刷题：第十七单元 直线与圆锥曲线的关系.docx（92页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第十七单元直线与圆锥曲线的关系考点一直线与椭圆的综合应用1.(2016年全国卷)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A、B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为().A.13B.12C.23D.34【解析】如图,由题意得A(-a,0),B(a,0),F(-c,0).由PFx轴,得P-c,b2a.设E(0,m),由PFOE,得|MF|OE|=|AF|AO|,则|MF|=m(a-c)a.又由OEMF,得12|OE|MF|=|BO|BF|,则|MF|=m(a+c)2
2、a.由得a-c=12(a+c),即a=3c,e=ca=13.【答案】A2.(2014年全国卷)设F1、F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为34,求C的离心率;(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.【解析】(1)由c=a2-b2及题设知Mc,b2a,2b2=3ac.将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=-2(舍去).故C的离心率为12.(2)由题意知,原点O为F1F2的中点,MF2y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是
3、线段MF1的中点,故b2a=4,即b2=4a.由|MN|=5|F1N|,得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1b0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.【解析】(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知椭圆C经过P3,P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2
4、=1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0.所以l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2
5、),所以l过定点(2,-1).4.(2015年全国卷)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)若l过点m3,m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率,若不能,说明理由.【解析】(1)根据题意,因为直线不平行于坐标轴,所以斜率k必然存在,故设直线l:y=kx+b(k0,b0),则A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=
6、x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即kOMk=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)不妨设四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,且k3.由(1)得OM的方程为y=-9kx.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2,得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将点m3,m的坐标代入直线l的方程,得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四边形OAPB为平行四边形,当且仅当线段AB与线段OP互相平分,
7、即xP=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9).解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.5.(2016年全国卷)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.【解析】(1)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,椭圆E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为
8、4,因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1,得7y2-12y=0,解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)由题意知t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1,得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2,得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.由题设知,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.由2|AM|=
9、|AN|,得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k0)交于M,N两点.(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程.(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPM=OPN?说明理由.【解析】(1)由题设可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).又因为y=x2,所以y=x24在x=2a处的导数值为a,C在点(2a,a)处的切线方程为y-a=a(x-2
10、a),即ax-y-a=0.y=x24在x=-2a处的导数值为-a,C在点(-2a,a)处的切线方程为y-a=-a(x+2a),即ax+y+a=0.故所求切线方程为ax-y-a=0和ax+y+a=0.(2)存在符合题意的点.证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程,得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾
11、斜角互补,故OPM=OPN,所以点P(0,-a)符合题意.8.(2017年全国卷)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C与A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.【解析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2,由x=my+2,y2=2x,可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1y2x2=-44=-1.所以OAOB,故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2
12、=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4,故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=(m2+2)2+m2.由于圆M过点P(4,-2),因此APBP=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,(也可结论:以AB为直径的圆的方程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0,直接写出)即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得,y1y2=-4,x1x2=4,所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为10,圆M的方程为(x-3)2
13、+(y-1)2=10.当m=-12时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为94,-12,圆M的半径为854,圆M的方程为x-942+y+122=8516.9.(2016年全国卷)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.【解析】由题意知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程
14、为2x-(a+b)y+ab=0.(1)由于点F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=b-0-12-12=k2.所以ARFQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去)或x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y),当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE,可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).当AB与x轴垂直时,E与D重
15、合,此时E点坐标为(1,0),满足方程y2=x-1.故所求轨迹方程为y2=x-1.考点三直线、圆与圆锥曲线的综合10.(2017年全国卷)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1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OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【解析】(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2 NM ,得(x-x0,y)=2(0,y0),即x-x0=0,y=2y0,解得x0=x,y0=y2,代入椭圆方程x022+
16、y02=1,得x2+y2=2,故点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)由题意知F(-1,0),设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1,得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.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.11.(2013年全国卷)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.(1)
17、求C的方程;(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.【解析】由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x-2).(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),因为|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,当且仅当圆P的圆心为(2,
18、0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=23.若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则|QP|QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4),由l与圆M相切得|3k|1+k2=1,解得k=24.当k=24时,y=24x+2代入x24+y23=1并整理,得7x2+8x-8=0,解得x1,2=4627.所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=187.综上,|AB|=23或|AB|=187.12.(2016年全国卷)设
19、圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.【解析】(1)如图,圆A的圆心为A(-1,0),半径R=4,因为BEAC,所以C=EBD.又因为AC=AD,所以C=EDB,于是EBD=EDB,所以|EB|=|ED|.故|AE|+|EB|=|AE|+|ED|=|AD|=4为定值.因为|AB|=2,点E的轨迹是以A,B为焦点,长轴
20、长为4的椭圆,由c=1,a=2,得b2=3,所以点E的轨迹方程为x24+y23=1(y0).(2)因为直线l与x轴不重合,故可设l的方程为x=my+1,过点B且与l垂直的直线方程为y=m(x-1).由x24+y23=1,x=my+1,得(3m2+4)y2+6my-9=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.得|MN|=m2+1-6m3m2+42-4-93m2+4=12(m2+1)3m2+4.由x2+y2+2x-15=0,y=m(x-1),得(m2+1)x2-2(m2-1)x+m2-15=0.设P(x3,y3),Q(x4,y4),则x3
21、+x4=2(m2-1)m2+1,x3x4=m2-15m2+1.得|PQ|=m2+12(m2-1)m2+12-4m2-15m2+1=43m2+4m2+1.四边形MPNQ的面积S=12|MN|PQ|=24m2+13m2+4=2413-13m2+12,因为m20,所以013m2+12112,故12S0直线与圆锥曲线C;=0直线与圆锥曲线C;0)的焦点的弦中,最短的弦长是2p.()(5)过椭圆x2a2+y2b2=1的焦点的弦中,最短的弦长为2b2a.()二圆锥曲线的弦长设斜率为k(k0)的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k
22、2(x1+x2)2-4x1x2=1+1k2|y1-y2|=1+1k2(y1+y2)2-4y1y2.三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,注意不能忽视对判别式的讨论.(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x1+x2,y1+y2,x1-x2,y1-y2,从而建立中点坐标和斜率的关系.四辨明两个易误点(1)直线与双曲线交于一点时,易误
23、认为直线与双曲线相切,事实上不一定相切,当直线与双曲线的渐近线平行时,直线与双曲线也相交于一点.(2)直线与抛物线交于一点时,除直线与抛物线相切外,易忽视直线与抛物线的对称轴平行或重合时也相交于一点.2 若直线y=kx与双曲线x2-y2=2相交,则k的取值范围是().A.(0,1)B.(-2,2)C.(-1,1)D.(-,-1)(1,+)3 过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点,这样的直线有().A.1条B.2条C.3条D.4条4 直线y=x+1被椭圆x2+2y2=4所截得的弦的中点坐标是().A.13,-23B.-23,13C.12,-13D.-13,125 (教材习题
24、)点P是椭圆16x2+25y2=1600上的一点,F1、F2是椭圆的两个焦点,又知点P在x轴的上方,F2是椭圆的右焦点,直线PF2的斜率为-43,则PF1F2的面积为.知识清单一、(1)相交相切相离(2)平行平行或重合基础训练1.【答案】(1)(2)(3)(4)(5)2.【解析】双曲线x2-y2=2的渐近线方程为y=x,若直线与双曲线相交,由数形结合,得k(-1,1).故选C.【答案】C3.【解析】过点(0,1)的直线与抛物线相切时有两条,又与对称轴平行的直线y=1与抛物线也只有一个公共点,故满足条件的直线有3条.【答案】C4.【解析】联立y=x+1,x2+2y2=4,得x2+2(x+1)2-
25、4=0,即3x2+4x-2=0,则弦的中点的横坐标为-23,纵坐标为-23+1=13,即-23,13,故选B.【答案】B5.【解析】椭圆的标准方程为x2100+y264=1,则F1(-6,0),F2(6,0),故直线PF2的方程为y=-43(x-6).将直线方程代入16x2+25y2=1600,得19x2-225x+650=0,解得x1=5或x2=13019.当x2=13019时,y22,即m2+n24.m29+n24m29+4-m24=1-5m2360,x1+x2=4k1-k20,x1x2=-101-k20,解得-153k-1.故选D.(法二)当直线与双曲线右支相切时,k=-153,直线y=
26、kx+2过定点(0,2),当k=-1时,直线与双曲线的渐近线平行,顺时针旋转直线y=-x+2时,直线与双曲线右支有两个交点,k的取值范围为-153k0)上,且点M到抛物线焦点的距离为p,则直线l的斜率为().A.1B.2C.32D.52【解析】因为中心在原点,焦点在x轴上的双曲线C的离心率为2,所以1+b2a2=2,即ba=3,所以双曲线方程为x2a2-y23a2=1.因为第一象限内的点M到抛物线y2=2px焦点的距离为p,故点M的坐标为p2,p.(法一)由题意知直线l的斜率存在,设直线l:y-p=kx-p2,联立y-p=kx-p2,x2a2-y23a2=1,得(3-k2)x2-(2kp-k2
27、p)x-k2p24-p2+kp2-3a2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2kp-k2p3-k2.又因为x1+x22=p2,所以2kp-k2p3-k2=p,解得k=32.(法二)设A(x1,y1),B(x2,y2),代入双曲线方程得x12a2-y123a2=1,x22a2-y223a2=1,两式相减,得y1-y2x1-x2=3(x1+x2)y1+y2,依题意x1+x2=p,y1+y2=2p,所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=3(x1+x2)y1+y2=32.故选C.【答案】C求解直线与圆锥曲线相交所得弦的中点问题主要有两种方法:一是联立直线与圆锥曲线方程,消去x
28、或y后得到一个一元二次方程,最后结合韦达定理求解;二是除中点外,还涉及直线的斜率,一般采用“点差法”求解可减少运算量.【变式训练2】(1)已知抛物线C的顶点在坐标原点,准线方程为x=-1,直线l与抛物线C相交于A,B两点.若线段AB的中点为(2,1),则直线l的方程为().A.y=2x-3B.y=-2x+5C.y=-x+3D.y=x-1(2)已知点(4,2)是直线l被椭圆x236+y29=1所截得的线段的中点,则直线l的方程是.【解析】(1)设抛物线的方程为y2=2px(p0),则p2=1,所以抛物线的方程为y2=4x.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2,两
29、式相减,得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2),所以直线l的斜率为k=y1-y2x1-x2=4y1+y2=2,所以直线l的方程为y-1=2(x-2),即y=2x-3.故选A.(2)设直线l与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2),则x1236+y129=1,x2236+y229=1,两式相减,得y1-y2x1-x2=-x1+x24(y1+y2).又因为x1+x2=8,y1+y2=4,所以y1-y2x1-x2=-12,故直线l的方程为y-2=-12(x-4),即x+2y-8=0.【答案】(1)A(2)x+2y-8=0题型三弦长与面积问题【例3】(2017凉山一诊)设椭圆E:x2a2
30、+y2b2=1(ab0)的离心率为12,E上一点P到右焦点距离的最小值为1.(1)求椭圆E的方程;(2)过点(0,2)且倾斜角为60的直线交椭圆E于A,B两点,求AOB的面积.【解析】(1)由题意得ca=12,且a-c=1,a=2,c=1.b2=a2-c2=3,故椭圆E的方程为x24+y23=1.(2)过点(0,2)的直线l的方程为y=3x+2,代入椭圆方程x24+y23=1,可得15x2+163x+4=0,0恒成立.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-16315,x1x2=415,|AB|=1+k2|x1-x2|=2(x1+x2)2-4x1x2=83315.点O到直线AB的
31、距离d=21+k2=1,SABC=|AB|2d=43315.求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式,然后进行整体代入弦长公式求解.【变式训练3】已知斜率为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【解析】设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,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.|AB|=1+k2|
32、x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2-85t2-44(t2-1)5=4255-t2,当t=0时,|AB|max=4105.【答案】C方法对称问题求解策略【突破训练】(2015年浙江卷)已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+12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).【解析】(1)(法一)由题意知m0,可设直线AB的方程为y=-1mx+b,由x22+y2=1,y=-1mx+b,消去y,得12+1m2x2-2bmx+b2-1=0,直线y=-1mx+b与椭圆x22+y2=1有两个不同的交点,=-2b2+2+4m20,将AB
33、的中点M2mbm2+2,m2bm2+2代入直线方程y=mx+12,解得b=-m2+22m2,由得m63.(法二)由题意知m0,设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆x22+y2=1上符合条件的两个点,M(x0,y0)是AB的中点,则x122+y12=1,x222+y22=1,两式相减,得(x1+x2)(x1-x2)2+(y1+y2)(y1-y2)=0.kAB=y1-y2x1-x2=-(x1+x2)2(y1+y2)=-x02y0.点A,B关于直线y=mx+12对称,kAB=-x02y0=-1m,即y0=m2x0,又y0=mx0+12,由得x0=1m,y0=12.点M(x0,y0)在椭圆内部,
34、x022+y0223,m63.(2)令t=1m-62,00,62,则|AB|=t2+1-2t4+2t2+32t2+12,且点O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1.设AOB的面积为S(t),S(t)=12|AB|d=12-2t2-122+222,当且仅当t2=12时,等号成立,故AOB面积的最大值为22.1.(2017山西质检)设AB为过抛物线y2=2px(p0)的焦点的弦,则|AB|的最小值为().A.p2B.pC.2pD.无法确定【解析】当弦AB垂直于对称轴时,|AB|最短,此时x=p2,y=p,|AB|min=2p.故选C.【答案】C2.(2017福州质检)抛物线C的顶点为原点,焦点
35、在x轴上,直线x-y=0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().A.y=2x2B.y2=2xC.x2=2yD.y2=-2x【解析】A,B两点其中一个点的坐标是(0,0),由AB的中点坐标为(1,1),可知另一个点的坐标为(2,2),代入y2=2px中,可得p=1,所以抛物线C的方程为y2=2x.【答案】B3.(2017赣州二模)设双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一条渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点,则双曲线的离心率为().A.54B.5C.52D.5【解析】双曲线x2a2-y2b2=1的一条渐近线为y=bax,联立方程组y=bax,
36、y=x2+1,消去y,得x2-bax+1=0.因为方程有唯一的解,所以=ba2-4=0,得ba=2.所以e=ca=a2+b2a=1+ba2=5.选D.【答案】D4.(2017太原一模)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过焦点F的直线交抛物线于A,B两点,O为坐标原点,若AB=6,则AOB的面积为().A.6B.22C.23D.4【解析】设直线AB的方程为y=k(x-1),与抛物线方程联立可得y2-4ky-4=0,则y1-y2=41+1k2.由弦长公式可得1+1k2y1-y2=41+1k2=6,k2=2.SAOB=12OFy1-y2=12126=6.故选A.【答案】A5.(2017山东质检)已知双
37、曲线C:x24-y25=1的右焦点为F,过点F的直线l与C交于A,B两点,若|AB|=5,则满足条件的l的条数为.【解析】因为a2=4,b2=5,c2=9,所以F(3,0).若点A,B都在双曲线的右支上,当AB垂直于x轴时,将x=3代入x24-y25=1,得y=52,所以|AB|=5,满足题意;若点A,B分别在双曲线的两支上,因为a=2,所以两个顶点的距离为2+2=40,b0)与斜率为1的直线交于A,B两点,线段AB的中点为(4,1),则该双曲线的渐近线方程是.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12a2-y12b2=1,x22a2-y22b2=1,两式相减并整理,得y2-y1x2-x1=b2(x2+x1)a2(y2+y1)=4b2a2.k=1,4b2a2=1,