《（新課改省份專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 課時跟蹤檢測（五十二）直線與圓錐曲線（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考數(shù)學一輪復習 課時跟蹤檢測（五十二）直線與圓錐曲線（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤檢測（五十二） 直線與圓錐曲線 1．過拋物線y2＝2x的焦點作一條直線與拋物線交于A，B兩點，它們的橫坐標之和等于2，則這樣的直線(　　) A．有且只有一條　　　　　 　B．有且只有兩條 C．有且只有三條 D．有且只有四條 解析：選B　設該拋物線焦點為F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，則|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋1＝3＞2p＝2.所以符合條件的直線有且只有兩條． 2．(2019·張掖高三診斷)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l與拋物線交于A，B兩點，若A，B兩點的橫坐標之和為，則|AB|＝(　　) A. B. C．5 D

2、. 解析：選D　過拋物線的焦點的弦長公式為|AB|＝p＋x1＋x2.∵p＝2，∴|AB|＝2＋＝. 3．(2018·聊城二模)已知直線l與拋物線C：y2＝4x相交于A，B兩點，若線段AB的中點為(2,1)，則直線l的方程為(　　) A．y＝x－1 B．y＝－2x＋5 C．y＝－x＋3 D．y＝2x－3 解析：選D　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有①－②得y－y＝4(x1－x2)，由題可知x1≠x2.∴＝＝＝2，即kAB＝2，∴直線l的方程為y－1＝2(x－2)，即2x－y－3＝0.故選D. 4．(2019·廈門模擬)過雙曲線C：－＝1的左焦點作傾斜角為的直線l，則

3、直線l與雙曲線C的交點情況是(　　) A．沒有交點 B．只有一個交點 C．有兩個交點且都在左支上 D．有兩個交點分別在左、右兩支上 解析：選D　直線l的方程為y＝，代入C：－＝1，整理得23x2－8x－160＝0，Δ＝(－8)2＋4×23×160＞0，所以直線l與雙曲線C有兩個交點，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得兩個交點橫坐標符號不同，故兩個交點分別在左、右兩支上． 5．已知拋物線y＝－x2＋3上存在關(guān)于直線x＋y＝0對稱的相異兩點A，B，則|AB|＝(　　) A．3 B．4 C．3 D．4 解析：選C　由題意可設lAB為y＝x＋b，代入y＝－x2＋3得x2＋x＋

4、b－3＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－1，x1x2＝b－3，y1＋y2＝x1＋b＋x2＋b＝－1＋2b.所以AB中點坐標為，該點在x＋y＝0上，即－＋＝0，得b＝1，所以|AB|＝·＝3. 6．(2019·青島模擬)已知點A是拋物線C：x2＝2py(p＞0)的對稱軸與準線的交點，過點A作拋物線C的兩條切線，切點分別為P，Q，若△APQ的面積為4，則p的值為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：選D　設過點A與拋物線相切的直線方程為y＝kx－.由得x2－2pkx＋p2＝0， 由Δ＝4k2p2－4p2＝0，可得k＝±1， 則Q，P， ∴△AP

5、Q的面積為×2p×p＝4，∴p＝2.故選D. 7．已知雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)，過點P(3,6)的直線l與C相交于A，B兩點，且AB的中點為N(12,15)，則雙曲線C的離心率為(　　) A．2 B. C. D. 解析：選B　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中點為N(12，15)，得x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，由 兩式相減得：＝， 則＝＝.由直線AB的斜率k＝＝1，∴＝1，則＝，∴雙曲線的離心率e＝＝＝. 8．(2019·福州模擬)已知拋物線E：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，過F且斜率為1的直線交E于A，B兩點，線段AB的中點為M，線

6、段AB的垂直平分線交x軸于點C，MN⊥y軸于點N，若四邊形CMNF的面積等于7，則E的方程為(　　) A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x 解析：選C　F，直線AB的方程為y＝x－. 聯(lián)立得方程組可得x2－3px＋＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝3p， 則y1＋y2＝x1＋x2－p＝2p， ∴M，∴N(0，p)，直線MC的方程為y＝－x＋. ∴C，∴四邊形CMNF的面積為S梯形OCMN－S△ONF＝－··p＝＝7， 又p＞0，∴p＝2，即拋物線E的方程為y2＝4x.故選C. 9．(2018·湖北十堰二模)如圖，F(xiàn)1

7、，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，過F1的直線l與C的兩個分支分別交于點A，B.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為(　　) A．4 B. C. D. 解析：選B　∵△ABF2為等邊三角形， ∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°. 由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a， ∴|BF1|＝2a. 又|BF2|－|BF1|＝2a，∴|BF2|＝4a. ∴|AF2|＝4a，|AF1|＝6a. 在△AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cos 60°， ∴(2

8、c)2＝(6a)2＋(4a)2－2×4a×6a×，即c2＝7a2， ∴e＝＝＝.故選B. 10．(2019·貴陽模擬)已知雙曲線x2－y2＝1的左、右頂點分別為A1，A2，動直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝1相切，且與雙曲線左、右兩支的交點分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則x2－x1的最小值為(　　) A．2 B．2 C．4 D．3 解析：選A　∵l與圓相切， ∴原點到直線的距離d＝＝1， ∴m2＝1＋k2，由得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0， ∴ ∴k2＜1，∴－1＜k＜1，由于x1＋x2＝， ∴x2－x1＝＝＝， ∵0≤k2＜1

9、， ∴當k2＝0時，x2－x1取最小值2.故選A. 11．(2019·安慶模擬)設拋物線x2＝4y的焦點為F，點A，B在拋物線上，且滿足＝λ，若||＝，則λ的值為________． 解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由拋物線x2＝4y得焦點F的坐標為(0,1)， 準線方程為y＝－1， ∵||＝，∴y1＋1＝，解得y1＝， ∴x1＝±，由拋物線的對稱性取x1＝， ∴A，∴直線AF的方程為y＝－x＋1， 由解得或 ∴B(－2，2)，∴||＝2＋1＝3， ∵＝λ，∴||＝λ||，∴＝3λ，解得λ＝. 答案： 12．(2019·武漢調(diào)研)已知直線MN過橢圓＋y2＝

10、1的左焦點F，與橢圓交于M，N兩點．直線PQ過原點O且與直線MN平行，直線PQ與橢圓交于P，Q兩點，則＝________. 解析：法一：由題意知，直線MN的斜率不為0，設直線MN的方程為x＝my＋1，則直線PQ的方程為x＝my.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4).?(m2＋2)y2＋2my－1＝0?y1＋y2＝－，y1y2＝－. ∴|MN|＝|y1－y2|＝2·. ?(m2＋2)y2－2＝0?y3＋y4＝0，y3y4＝－. ∴|PQ|＝|y3－y4|＝2 . 故＝2. 法二：取特殊位置，當直線MN垂直于x軸時，易得|MN|＝＝，|PQ|＝2b＝

11、2，則＝2. 答案：2 13．(2019·石家莊重中高中摸底)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)，直線l：y＝(x－1)，l與C交于A，B兩點，若|AB|＝，則p＝________. 解析：由消去y，得3x2－(2p＋6)x＋3＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝，x1x2＝1，所以|AB|＝2＝2 ＝，所以p＝2. 答案：2 14．(2018·深圳二模)設過拋物線y2＝2px(p＞0)上任意一點P(異于原點O)的直線與拋物線y2＝8px(p＞0)交于A，B兩點，直線OP與拋物線y2＝8px(p＞0)的另一個交點為Q，則＝______

12、__. 解析：設直線OP的方程為y＝kx(k≠0)， 聯(lián)立得解得P， 聯(lián)立得解得Q， ∴|OP|＝ ＝， |PQ|＝ ＝， ∴＝＝3. 答案：3 15．已知拋物線E：y2＝2px(p＞0)的焦點F，E上一點(3，m)到焦點的距離為4. (1)求拋物線E的方程； (2)過F作直線l，交拋物線E于A，B兩點，若直線AB中點的縱坐標為－1，求直線l的方程． 解：(1)拋物線E：y2＝2px(p＞0)的準線方程為x＝－， 由拋物線的定義可知3－ ＝4， 解得p＝2，∴拋物線E的方程為y2＝4x. (2)法一：由(1)得拋物線E的方程為y2＝4x，焦點F(1,0)， 設A

13、，B兩點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則 兩式相減，整理得 ＝(x1≠x2)． ∵線段AB中點的縱坐標為－1， ∴直線l的斜率kAB＝＝＝－2， ∴直線l的方程為y－0＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0. 法二：由(1)得拋物線E的方程為y2＝4x，焦點F(1,0)， 設直線l的方程為x＝my＋1， 由消去x，得y2－4my－4＝0. 設A，B兩點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∵線段AB中點的縱坐標為－1， ∴＝＝－1，解得m＝－， ∴直線l的方程為x＝－y＋1，即2x＋y－2＝0. 16．(2019·佛山模擬)已知直線l

14、過點P(2,0)且與拋物線E：y2＝4x相交于A，B兩點，與y軸交于點C，其中點A在第四象限，O為坐標原點． (1)當A是PC中點時，求直線l的方程； (2)以AB為直徑的圓交直線OB于點D，求|OB|·|OD|的值． 解：(1)∵A是PC的中點，P(2,0)，C在y軸上， ∴A點的橫坐標為1，又A在第四象限，∴A(1，－2)． ∴直線l的方程為y＝2x－4. (2)顯然直線l的斜率不為0， 設l的方程為x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得方程組消去x得y2－4my－8＝0， ∴y1y2＝－8，故x1x2＝·＝4， ∵D在以AB為直徑的圓上，且在直線OB上

15、，∴⊥， 設＝λ＝(λx2，λy2)， 則＝－＝(λx2－x1，λy2－y1)， ∴·＝(λx2－x1)λx2＋(λy2－y1)λy2＝0， 即λ2x－4λ＋λ2y＋8λ＝0，易知λ≠0， ∴λ(x＋y)＝－4. ∴|OB|·|OD|＝· ＝|λ|(x＋y)＝4. 17．(2019·廣州調(diào)研)如圖，在直角坐標系xOy中，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的上焦點為F1，橢圓C的離心率為，且過點. (1)求橢圓C的方程； (2)設過橢圓C的上頂點A的直線l與橢圓C交于點B(B不在y軸上)，垂直于l的直線與l交于點M，與x軸交于點H，若·＝0，且|MO|＝|MA|，求直線l的方程．

16、 解：(1)因為橢圓C的離心率為， 所以＝，即a＝2c. 又a2＝b2＋c2，所以b2＝3c2，即b2＝a2， 所以橢圓C的方程為＋＝1. 把點代入橢圓C的方程中，解得a2＝4. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由(1)知，A(0,2)，設直線l的斜率為k(k≠0)，則直線l的方程為y＝kx＋2， 由得(3k2＋4)x2＋12kx＝0. 設B(xB，yB)，得xB＝， 所以yB＝， 所以B. 設M(xM，yM)，因為|MO|＝|MA|，所以點M在線段OA的垂直平分線上， 所以yM＝1，因為yM＝kxM＋2，所以xM＝－， 即M. 設H(xH,0)，又直線HM垂直于直線l， 所以kMH＝－，即＝－. 所以xH＝k－，即H. 又F1(0,1)，所以＝，＝. 因為·＝0，所以·－＝0， 解得k＝±. 所以直線l的方程為y＝±x＋2. 10