《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練42 直線與圓錐曲線（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練42 直線與圓錐曲線（含解析）新人教A版（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、考點(diǎn)規(guī)范練42 直線與圓錐曲線
一、基礎(chǔ)鞏固
1.拋物線y=x2上的點(diǎn)到直線x-y-2=0的最短距離為( )
A.2 B.728 C.22 D.526
2.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)是拋物線y=2x2上的兩點(diǎn),直線l是AB的垂直平分線.當(dāng)直線l的斜率為12時(shí),直線l在y軸上的截距的取值范圍是( )
A.34,+∞ B.34,+∞
C.(2,+∞) D.(-∞,-1)
3.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切,則C的離心率為( )
A.63 B.33 C.23 D.
2、13
4.已知橢圓ax2+by2=1(a>0,b>0)與直線y=1-x交于A,B兩點(diǎn),過原點(diǎn)與線段AB中點(diǎn)的直線的斜率為32,則ba的值為( )
A.32 B.233 C.932 D.2327
5.已知斜率為1的直線l與橢圓x24+y2=1相交于A,B兩點(diǎn),則|AB|的最大值為( )
A.2 B.455 C.4105 D.8105
6.已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為( )
A.16 B.14 C.12 D.10
7.已知過拋物線y=14x2的焦點(diǎn)F
3、的直線l分別與拋物線和圓x2+(y-1)2=1交于A,B,C,D四點(diǎn),則AB·DC= .?
8.如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)A(0,-1),且離心率為22.
(1)求橢圓E的方程;
(2)經(jīng)過點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于P,Q(均異于點(diǎn)A)兩點(diǎn),證明:直線AP與AQ的斜率之和為定值.
9.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,直線l:y=t(t≠0)交y軸于點(diǎn)M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點(diǎn)P,M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)為N,連接ON并延長交C于點(diǎn)H.
(1)求|OH||ON|;
(2)除H以外,直線MH與C是否有其他
4、公共點(diǎn)?說明理由.
二、能力提升
10.設(shè)直線l與拋物線y2=4x相交于A,B兩點(diǎn),與圓(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于點(diǎn)M,且M為線段AB的中點(diǎn).若這樣的直線l恰有4條,則r的取值范圍是( )
A.(1,3) B.(1,4) C.(2,3) D.(2,4)
11.設(shè)雙曲線x2-y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2.若點(diǎn)P在雙曲線上,且△F1PF2為銳角三角形,則|PF1|+|PF2|的取值范圍是 .?
12.(2018浙江,17)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足AP=2PB,則當(dāng)m= 時(shí),點(diǎn)
5、B橫坐標(biāo)的絕對值最大.?
13.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C:y=x24與直線l:y=kx+a(a>0)交于M,N兩點(diǎn).
(1)當(dāng)k=0時(shí),分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程;
(2)y軸上是否存在點(diǎn)P,使得當(dāng)k變動時(shí),總有∠OPM=∠OPN?說明理由.
三、高考預(yù)測
14.(2018北京,理19)已知拋物線C:y2=2px(p≠0)經(jīng)過點(diǎn)P(1,2).過點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于點(diǎn)M,直線PB交y軸于點(diǎn)N.
(1)求直線l的斜率的取值范圍;
(2)設(shè)O為原點(diǎn),QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ為定值.
6、
考點(diǎn)規(guī)范練42 直線與圓錐曲線
1.B 解析設(shè)拋物線上一點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,y),則d=|x-y-2|2=|-x2+x-2|2=-x-122-742,
所以當(dāng)x=12時(shí),dmin=728.
2.A 解析設(shè)直線l在y軸上的截距為b,則直線l的方程為y=12x+b.過點(diǎn)A,B的直線可設(shè)為y=-2x+m,聯(lián)立方程y=2x2,y=-2x+m,得2x2+2x-m=0,從而有x1+x2=-1,Δ=4+8m>0,m>-12.
又AB的中點(diǎn)-12,m+1在直線l上,即m+1=-14+b,得m=b-54.將m=b-54代入4+8m>0,得b>34,所以直線l在y軸上的截距的取值范圍是34,+∞.
7、3.A 解析以線段A1A2為直徑的圓的方程是x2+y2=a2.
因?yàn)橹本€bx-ay+2ab=0與圓x2+y2=a2相切,
所以圓心到該直線的距離d=2abb2+a2=a,
整理,得a2=3b2,即a2=3(a2-c2),
所以c2a2=23,從而e=ca=63.故選A.
4.B 解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則ax12+by12=1,ax22+by22=1,
兩式相減得ax12-ax22=-(by12-by22),
即b(y1-y2)(y1+y2)a(x1-x2)(x1+x2)=-1,
∴ba×(-1)×32=-1,
∴ba=233,故選B.
5.C 解析設(shè)
8、A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),直線l的方程為y=x+t.
由x2+4y2=4,y=x+t消去y,
得5x2+8tx+4(t2-1)=0.
則x1+x2=-85t,x1x2=4(t2-1)5.
所以|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=2·-85t2-4×4(t2-1)5=425·5-t2,
當(dāng)t=0時(shí),|AB|max=4105.
6.A 解析由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時(shí),不合題意.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),
直線l1方程為y=k1(x-1),
與拋物線方程聯(lián)立,
9、得y2=4x,y=k1(x-1),
消去y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0,
所以x1+x2=2k12+4k12.
同理,直線l2與拋物線的交點(diǎn)滿足x3+x4=2k22+4k22.
由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16,
當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時(shí),取得等號.
7.-1 解析不妨設(shè)直線AB的方程為y=1,
聯(lián)立y=1,y=14x2,解得x=±2,則A(-2,1),D(2,1),
因?yàn)锽(-1,1),C(1,1),
所以AB=(1,
10、0),DC=(-1,0),
所以AB·DC=-1.
8.(1)解由題意知ca=22,b=1,
又a2=b2+c2,得a=2,
所以橢圓E的方程為x22+y2=1.
(2)證明設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k≠2),
將其代入x22+y2=1,
得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.
由題意知Δ>0,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),且x1x2≠0,
則x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.
所以直線AP與AQ的斜率之和為
kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-
11、kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)
=2k-2(k-1)=2.
故直線AP與AQ的斜率之和為定值2.
9.解(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.
又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn),
故Nt2p,t,ON的方程為y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.
因此H2t2p,2t.
所以N為OH的中點(diǎn),即|OH||ON|=2.
(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn).
理由如下:
直線MH的方程為y-t=p2tx,
即x=2tp(y-t).
代入
12、y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,
即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn),
所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點(diǎn).
10.D 解析如圖所示,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),
則y12=4x1,y22=4x2,
兩式相減,得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).
當(dāng)l的斜率不存在,即x1=x2時(shí),符合條件的直線l必有兩條.
當(dāng)l的斜率k存在,即x1≠x2時(shí),有2y0(y1-y2)=4(x1-x2),即k=2y0.
由CM⊥AB,得kCM=y0x0-5=-y02,即x0=3.
因?yàn)辄c(diǎn)M在拋物線內(nèi)部,
所以y02<4x0
13、=12,
又x1≠x2,所以y1+y2≠0,
即0|F1F2|2,
即(2x+1)
14、2+(2x-1)2>42,
解得x>72,所以72
15、x22+m2+6m+94=4m,
即x22=-m24+52m-94.
∴當(dāng)m=5時(shí),x22的最大值為4,即點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對值最大.
13.解(1)由題設(shè)可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).
又y'=x2,故y=x24在x=2a處的導(dǎo)數(shù)為a,C在點(diǎn)(2a,a)處的切線方程為y-a=a(x-2a),
即ax-y-a=0.
y=x24在x=-2a處的導(dǎo)數(shù)為-a,C在點(diǎn)(-2a,a)處的切線方程為y-a=-a(x+2a),
即ax+y+a=0.
故所求切線方程為ax-y-a=0和ax+y+a=0.
(2)存在符合題意的點(diǎn),證明如下:
設(shè)P(0,b
16、)為符合題意的點(diǎn),M(x1,y1),N(x2,y2),直線PM,PN的斜率分別為k1,k2.
將y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.
故x1+x2=4k,x1x2=-4a.
從而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.
當(dāng)b=-a時(shí),有k1+k2=0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ),
故∠OPM=∠OPN,所以點(diǎn)P(0,-a)符合題意.
14.(1)解因?yàn)閽佄锞€y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2),
所以4=2p,解得p=2,所以拋物線的方程為y2=4x.
由題意可知直線l的斜率存在且不為0,
17、設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k≠0).
由y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依題意,Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,
解得k<0或0
（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練42 直線與圓錐曲線（含解析）新人教A版
