《高考数学一轮复习课时跟踪检测（五十四）圆锥曲线的综合问题理（普通高中）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习课时跟踪检测（五十四）圆锥曲线的综合问题理（普通高中）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时跟踪检测（五十四） 圆锥曲线的综合问题(一)普通高中适用作业A级基础小题练熟练快1过抛物线y22x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线()A有且只有一条B有且只有两条C有且只有三条 D有且只有四条解析：选B设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|AF|FB|xAxBxAxB132p2.所以符合条件的直线有且只有两条2斜率为1的直线l与椭圆y21相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A2 B.C. D.解析：选C设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为yxt，代入y21，消去y，得5x28tx4t240，由题意
2、得(8t)220(4t24)0，即t25，因为x1x2，x1x2，所以弦长|AB| 4，当且仅当t0时取等号故|AB|的最大值为.3(2018泉州质检)已知双曲线C：1(a0，b0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为()A(，) B(，)C(，2) D.解析：选B法一：由题意知，直线l：y(xc)，由得x2x 0，由x1x20得b4a4，所以b2c2a2a2，所以e22，得e.法二：由题意，知直线l的斜率为，若l与双曲线左、右两支分别交于D，E两点，则，即a2b2，所以a22，得e.
3、4已知椭圆：x21，过点P，的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为()A9xy40 B9xy50C2xy20 Dxy50解析：选B设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆x21上，所以两式相减得xx0，即(x1x2)(x1x2)0，又弦AB被点P平分，所以x1x21，y1y21，将其代入上式得x1x20，即9，即直线AB的斜率为9，所以直线AB的方程为y9，即9xy50.5已知双曲线1(a0，b0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线yax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线yxm对称，且x1x2，则m的值为()A.
4、B.C2 D3解析：选A由双曲线的定义知2a4，得a2，所以抛物线的方程为y2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y2x2上，所以y12x，y22x，两式相减得y1y22(x1x2)(x1x2)，不妨设x1x2，又A，B关于直线yxm对称，所以1，故x1x2，而x1x2，解得x11，x2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，则x0，y0，因为中点M在直线yxm上，所以m，解得m.6(2018长春调研)在平面直角坐标系xOy中，椭圆1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，设过点T(9，m)的直线TA，TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2
5、)，其中m0，y10，y20，则直线MN与x轴的交点坐标为()A. B.C(1,0) D(2,0)解析：选C直线TA的方程为，即y(x3)，直线TB的方程为，即y(x3)，将TA，TB的方程分别与椭圆1联立，解得M，N.当x1x2时，直线MN的方程为，令y0，解得x1，此时直线MN必过点(1,0)；当x1x2时，得m240，直线MN的方程为x1，与x轴的交点为(1,0)所以直线MN与x轴的交点是(1,0)7已知点A在椭圆1上，点P满足(1) (R)(O是坐标原点)，且72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为_解析：因为(1)，所以，即O，A，P三点共线，因为72，所以|272，设A(x，y
6、)，OA与x轴正方向的夹角为，线段OP在x轴上的投影长度为|cos |x|15，当且仅当|x|时取等号答案：158已知抛物线C：y28x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若0，则k_.解析：如图所示，设F为焦点，易知F(2，0)，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由0，知MAMB，则|MP|AB|(|AF|BF|)(|AG|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MPAGBH，由|MP|AP|，得GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则MFAB，所以k2.答案：
7、29设抛物线C：y22px(p0)，A为抛物线上一点(A不同于原点O)，过焦点F作直线平行于OA，交抛物线于P，Q两点若过焦点F且垂直于x轴的直线交直线OA于B，则|FP|FQ|OA|OB|_.解析：设OA所在的直线的斜率为k，则由得到A，易知B，P，Q的坐标由方程组得到，消去x，得y0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得，y1y2p2，根据弦长公式，|FP|FQ| |y1| |y2|y1y2|p2，而|OA|OB| 1p2，所以|FP|FQ|OA|OB|0.答案：010已知抛物线y24x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则当|AF|4|BF|取得最小值时，
8、直线AB的倾斜角的正弦值为_解析：由题意知F(1,0)，当直线的斜率存在时，设直线方程为yk(x1)(k0)，由消去y，得k2x2(2k24)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x10，x20，则x1x2，x1x21, 1.当直线的斜率不存在时，易知|AF|BF|2，故1.设|AF|a，|BF|b，则1，所以|AF|4|BF|a4b(a4b)59，当且仅当a2b时取等号，故a4b的最小值为9，此时直线的斜率存在，且x112(x21), 联立得，x12，x2，k2，故直线AB的倾斜角的正弦值为.答案：B级中档题目练通抓牢1已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.
9、(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OAOB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值解：(1)由题意知，e，2，又a2b2c2，所以a2，c，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x，此时，原点O到直线AB的距离为.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(14k2)x28kmx4m240.则(8km)24(14k2)(4m24)16(14k2m2)0，x1x2，x1x2，则y1y2(kx1m)(kx2m)，由OAOB，得kOAkOB1，即1，所以x1
10、x2y1y20，即m2(1k2)，所以原点O到直线AB的距离为.综上，原点O到直线AB的距离为定值.2(2018兰州诊断)已知椭圆C：1(ab0)经过点(，1)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标原点)的斜率之积为.若动点P满足2，试探究是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)e，又椭圆C经过点(，1)，1，解得a24，b22，椭圆C的方程为1.(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由2，得xx12x2，yy12y2，点M，N在椭圆1上，x2y4
11、，x2y4，故x22y2(x4x1x24x)2(y4y1y24y)(x2y)4(x2y)4(x1x22y1y2)204(x1x22y1y2)由题意知，kOMkON，因此x1x22y1y20，x22y220，故点P是椭圆1上的点，由椭圆的定义知存在点F1，F2，满足|PF1|PF2|24，为定值，又|F1F2|22，F1，F2的坐标分别为(，0)，(，0)3(2018贵阳检测)已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：x324y08(1)求C1，C2的标准方程；(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点
12、P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求ABC面积的最大值解：(1)设C1：1(ab0)，由题意知，点(2,0)一定在椭圆上，则点也在椭圆上，分别将其代入，得解得C1的标准方程为y21.设C2：x22py(p0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，代入抛物线C2的方程，得p1，C2的标准方程为x22y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，由yx2知yx，故直线AB的方程为yt2t(xt)，即ytxt2，代入方程y21，整理得(14t2)x24t3xt440，则16t64(14t2)(t44)4(t416t24)0，x1x2，x1x2，|AB| ，设点C到直线AB的距离为d，则d，SABC|AB|d，当且仅当t2时，取等号，此时满足0.综上，ABC面积的最大值为.8
