《江苏专版2019版高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测四十五直线与圆锥曲线》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2019版高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测四十五直线与圆锥曲线（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1课时达标检测课时达标检测( (四十五）直线与圆锥曲线四十五）直线与圆锥曲线练基础小题强化运算能力1已知双曲线1 的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一x2 12y2 4个交点，则该直线的斜率的取值范围是_解析：由题意知，右焦点为F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为yx.当过点F33的直线与渐近线平行时，满足与双曲线的右支有且只有一个交点，数形结合可知该直线的斜率的取值范围是.33，33答案：33，332(2018南京模拟)已知经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆y21 有两2x2 2个不同的交点P和Q，则k的取值范围是_解析：由题意得，直线l的方程为ykx，代入椭圆方程得(
2、kx)21，2x2 22整理得x22kx10.直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于8k24(1 2k2)24k220，解得k或k，即k的取值范围为.(1 2k2)2222(，22) (22，)答案：(，22) (22，)3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x2 4_解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为yxt，由Error!消去y，得 5x28tx4(t21)0.则x1x2t，x1x2.|AB|8 54t215|x1x2| 1k21k2x1x224x1x22(8 5t)24 4t2154 25，故当t0 时，|AB
3、|max.5t24 105答案：4 1054已知椭圆C：1(ab0)，F(，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直x2 a2y2 b22线与椭圆相交所得的弦长为 2.则椭圆C的方程为_2解析：由题意得Error!解得Error!故椭圆C的方程为1. x2 4y2 2答案：1x2 4y2 2练常考题点检验高考能力一、填空题1(2018苏州模拟)椭圆ax2by21 与直线y1x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为，则 _.32a b解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)，结合题意，由点差法得， 1，所以 .y2y1 x2x1a bx1x2 y1y2a b
4、x0 y0a b23a b32答案：322(2018启东中学期末)经过椭圆y21 的一个焦点作倾斜角为 45的直线l，x2 2交椭圆于A，B两点设O为坐标原点，则等于_OAOB解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y0tan 45(x1)，即yx1，代入椭圆方程y21 并整理得 3x24x0，解得x0 或x ，所以两个x2 24 3交点坐标分别为(0，1)， ，同理，直线 l经过椭圆的左焦点(4 3，1 3)OAOB1 3时，也可得 .OAOB1 3答案：1 33已知抛物线y22px的焦点F与椭圆 16x225y2400 的左焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在
5、抛物线上且|AK|AF|，则点A的横坐标为_2解析：16x225y2400 可化为1，x2 25y2 16则椭圆的左焦点为F(3,0)，又抛物线y22px的焦点为，准线为x ，(p 2，0)p 2所以 3，即p6，即y212x，K(3,0)p 2设A(x，y)，则由|AK|AF|得2(x3)2y22(x3)2y2，即x218x9y20，又y212x，所以x26x90，解得x3.3答案：34已知抛物线y22px(p0)，过其焦点且斜率为 1 的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为 2，则该抛物线的准线方程为_解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，两点在抛物线上，Error!
6、得(y1y2)(y1y2)2p(x1x2)，又线段AB的中点的纵坐标为 2，y1y24，又直线的斜率为 1，1，2p4，p2，y1y2 x1x2抛物线的准线方程为x 1.p 2答案：x15抛物线y24x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为的直线与抛物线在x轴上3方的部分相交于点A，AKl，垂足为K，则AKF的面积是_解析：y24x，F(1,0)，准线l：x1，过焦点F且斜率为的直线3l1：y(x1)，与y24x联立，解得A(3,2)，AK4，SAKF 424.331 233答案：436若椭圆1 的焦点在x轴上，过点作圆x2y21 的切线，切点分别为x2 a2y2 b2(1，1 2)A，B，直线
7、AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆的方程是_解析：由题可设斜率存在的切线的方程为y k(x1)(k为切线的斜率)，即1 22kx2y2k10，由1，解得k ，所以圆x2y21 的一条切线的方程|2k1|4k243 4为 3x4y50，可求得切点的坐标为，易知另一切点的坐标为(1,0)，则直线AB(3 5，4 5)的方程为y2x2，令y0 得右焦点为(1,0)，令x0 得上顶点为(0,2)，故a2b2c25，所以所求椭圆的方程为1.x2 5y2 4答案：1x2 5y2 47设双曲线1 的右顶点为A，右焦点为F.过点F平行于双曲线的一条渐近线x2 9y2 16的直线与双曲线交于点B，则AFB
8、的面积为_解析：c5，设过点F平行于一条渐近线的直线方程为y (x5)，即4 344x3y200，联立直线与双曲线方程，求得yB，则S (53).32 151 232 1532 15答案：32 158在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点C(0，c)任作一条直线，与抛物线yx2相交于A，B两点，若2，则c的值为_OAOB解析：设过点C的直线为ykxc(c0)，代入yx2得x2kxc，即x2kxc0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2k，x1x2c，(x1，y1)，OA(x2，y2)，因为2，所以x1x2y1y22，即x1x2(kx1c)(kx2c)OBOAOB2，即x1x2
9、k2x1x2kc(x1x2)c22，所以ck2ckckc22，即c2c20，所以c2 或c1(舍去)答案：29(2018徐州中学模拟)中心为原点，一个焦点为F(0,5)的椭圆，截直线2y3x2 所得弦中点的横坐标为 ，则该椭圆方程为_1 2解析：由已知得c5，设椭圆的方程为1，联立得Error!消去y得2x2 a250y2 a2(10a2450)x212(a250)x4(a250)a2(a250)0，设直线y3x2 与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由根与系数关系得x1x2，由题意知12a25010a2450x1x21，即1，解得a275，所以该椭圆方程为1.12a2501
10、0a2450y2 75x2 25答案：1y2 75x2 2510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_.MAMB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，连结MF，MP，由0，知MAMB，则|MP| |AB| (|AF|BF|) (|AG|BH|)，所以MPMAMB1 21 21 2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，5所以k2.1 kMF答
11、案：2二、解答题11(2017江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的x2 a2y2 b2左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 ，两准线之间的距离为 8.点P在椭圆E上，且位于1 2第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标解：(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为 ，两准线之间的距离为 8，1 2所以 ，8，c a1 22a2 c解得a2，c1，于是b，a2c23因此椭圆E的标准方程是1.x2 4y2 3(2)由(1)知，F1(1,0)，F2(1,0
12、)设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，故x00，y00.当x01 时，l2与l1相交于F1，与题设不符当x01 时，直线PF1的斜率为，直线PF2的斜率为.y0 x01y0 x01因为l1PF1，l2PF2，所以直线l1的斜率为，直线l2的斜率为，x01 y0x01 y0从而直线l1的方程为y(x1)，x01 y0直线l2的方程为y(x1)x01 y0由，解得xx0，y，x2 01 y0所以Q.(x0，x2 01 y0)因为点Q在椭圆上，由对称性，得y0，x2 01 y0即xy1 或xy1.2 02 02 02 06又点P在椭圆E上，故1.x2 0 4y2 0 3联立Error!解得Er
13、ror!联立Error!无解因此点P的坐标为.(4 77，3 77)12(2016全国卷)已知A是椭圆E：1 的左顶点，斜率为k(k0)的直线x2 4y2 3交E于A，M两点，点N在E上，MANA.(1)当|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当 2|AM|AN|时，证明：k2.3解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y10.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为. 4又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.将xy2 代入1 得 7y212y0.x2 4y2 3解得y0 或y，所以y1.12 712 7因此AMN的面积SAMN2 .1 212 712 7144 49(2)证明：设直
14、线AM的方程为yk(x2)(k0)，代入1 得(34k2)x216k2x16k2120.x2 4y2 3由x1(2)，得x1，16k212 34k2234k234k2故|AM|x12|.1k212 1k234k2由题意，设直线AN的方程为y (x2)，1 k故同理可得|AN|.12k1k23k24由 2|AM|AN|，得，2 34k2k 3k24即 4k36k23k80.设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点f(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0，)上单调递增7又f()15260，f(2)60，33因此f(t)在(0，)上有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以k2.33
