《2015届高考数学总复习 第9章 平面解析几何 第10课时 直线与圆锥曲线的综合应用（1）课时训练（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届高考数学总复习 第9章 平面解析几何 第10课时 直线与圆锥曲线的综合应用（1）课时训练（含解析）（4页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第九章平面解析几何第10课时直线与圆锥曲线的综合应用(1) 1. 已知椭圆C：1(ab0)，过焦点垂直于长轴的弦长为1，且焦点与短轴两端点构成等边三角形，则椭圆的方程是_答案：y21解析：由条件得即所以椭圆方程为y21. 2. 从抛物线y24x上一点P引其准线的垂线，垂足为M，设抛物线的焦点为F，且|PF|5，则MPF的面积为_答案：10解析：由题意，设P，则|PF|PM|15，所以y04，则SMPF|PM|y0|10.3. 过双曲线1(a0，b0)的右焦点F作与x轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若4，则双曲线的离心率为_答案：解析：由题意知F(c，0
2、)，则易得M、N的纵坐标分别为、，由4得4，即.又c2a2b2，则e.4. 直线l过抛物线yax2(a0)的焦点，并且与y轴垂直若l被抛物线截得的线段长为4，则a_答案：解析：l被抛物线截得的线段长，即为通径长，故 4，即a.5. 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，则这样的直线有_条答案：2解析：设该抛物线焦点为F，则ABAFFBxAxBxAxB132p2.所以符合条件的直线有且仅有两条6. 已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作倾斜角为30的直线与椭圆有一个交点P，且PF2x轴，则此椭圆的离心率e_答案：解析：在RtPF2F1
3、中，PF1F230，|F1F2|2c，|PF1|2|PF2|，根据椭圆的定义得|PF2|a，|PF1|a.又|PF1|2|PF2|2|F1F2|2，即a2a24c2，则e.7. 已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1，0)，过焦点F的直线l与抛物线C相交于A、B两点，若直线l的倾斜角为45，则弦AB的中点坐标为_答案：(3，2)解析：依题意得，抛物线C的方程是y24x，直线l的方程是yx1.由消去y，得(x1)24x，即x26x10，因此线段AB的中点的横坐标是3，纵坐标是y312，所以线段AB的中点坐标是 (3，2)8. 过椭圆1(ab0)的焦点且垂直于x轴的弦长为，则双曲线1 的离心率
4、e_答案：解析：由题意，得2，即a2b，则在双曲线中，c2a2b25b2，所以e.9. 已知直线ya交抛物线yx2于A、B两点，若该抛物线上存在点C，使得ACB为直角，则a的取值范围是多少解：设存在点C(x0，y0)，y0x，A(，a)，B(，a)(a0)，kACkBCy0a1，a1y01.10. 已知椭圆1(ab0)的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为1.(1) 求椭圆的方程；(2) 已知点C(m，0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A、B点，使得ACBC？并说明理由解：(1) b1， 椭圆的方程为y21.(2) 由(1)得
5、F(1，0)， 0m1.假设存在满足题意的直线l，设l的方程为yk(x1)，代入y21中，得(2k21)x24k2x2k220.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2， y1y2k(x1x22).设AB的中点为M，则M. ACBC， CMAB，即kCMkAB1， k1，即(12m)k2m. 当0m时，k，即存在满足题意的直线l；当m1时，k不存在，即不存在满足题意的直线l.11. 如图，在直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1上一点P，过点P的直线l1、l2与椭圆C分别交于A、B(不同于P)，且它们的斜率k1、k2满足k1k2.(1) 求证：直线AB过定点；(2) 求PAB面积
6、的最大值(1) 证明：(证法1)设直线l1的方程为yk1(x1)，联立得(34k)x2(12k18k)x4k12k130，解得x1或x，即点A的坐标为.同理点B的坐标为.因为k1k2，即k2，所以，同理可得.所以A、B关于原点O对称，即直线AB过定点O.(证法2)设A(x0，y0)，则由1得y3x.设点A关于原点O的对称点为A(x0，y0)，直线PA的斜率为k3，则k1k3.又k1k2，所以k2k3，从而P、B、A三点共线因为B、A都在椭圆C上，所以B与A重合所以A、B关于原点O对称，即直线AB过定点O.(2) 解：由(1)可设A(x0，y0)，B(x0，y0)，x01，则直线AB的方程为y0xx0y0，所以AB2，点P到直线AB的距离为d，所以SPABABd2.(解法1)令ty0x0，则y0x0t，代入1得xtx010.令t240，解得|t|2，当且仅当或时，|t|有最大值2，即PAB面积的最大值为2.(解法2)x3x0y0y.因为3x0y0(x0)(2y0)，所以xy3x4y12，从而2，当且仅当x02y0，即或时，PAB面积的最大值为2.- 4 -
