廣西專(zhuān)用2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)規(guī)范練53直線與圓錐曲線含解析新人教A版理20

1、PAGE PAGE 10考點(diǎn)規(guī)范練53直線與圓錐曲線基礎(chǔ)鞏固1.若雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一條漸近線與拋物線y=x2+1只有一個(gè)公共點(diǎn),則雙曲線的離心率為()A.54B.5C.54D.52.已知拋物線y=ax2(a0)與直線y=kx+b(k0)有兩個(gè)公共點(diǎn),其橫坐標(biāo)分別是x1,x2,而直線y=kx+b與x軸焦點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x3,則x1,x2,x3之間的關(guān)系是()A.x3=x1+x2B.x3=1x1+1x2C.x1x3=x1x2+x2x3D.x1x2=x1x3+x2x33.(2021云南玉溪一中模擬)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為1,若拋物線C上存在關(guān)于

2、直線l:x-y-2=0對(duì)稱(chēng)的不同兩點(diǎn)P和Q,則線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為()A.(1,-1)B.(2,0)C.12,-32D.(1,1)4.(2021廣東梅州模擬)過(guò)點(diǎn)P(-1,-2)的兩條直線與拋物線C:x2=4y分別相切于A,B兩點(diǎn),則PAB的面積為()A.272B.35C.27D.3525.已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過(guò)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.16B.14C.12D.106.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,P為雙曲線x2-y2=1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).若點(diǎn)P到直線x-y+1=0的距離大于c恒成

3、立,則實(shí)數(shù)c的最大值為.7.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦點(diǎn)F(-2,0),上頂點(diǎn)B(0,2).(1)求橢圓C的方程;(2)若直線y=x+m與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M,N,且線段MN的中點(diǎn)G在圓x2+y2=1上,求m的值.8.(2021云南昆明一中月考)已知直線l:y=x+m與橢圓C:x23+y2=1交于A,B兩點(diǎn).(1)若直線l過(guò)橢圓C的左焦點(diǎn)F1,求|AB|;(2)線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)N12,0,求m.能力提升9.已知橢圓x216+y24=1,過(guò)右焦點(diǎn)F且斜率為k(k0)的直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn),若AF=3FB,則k=()A.1B.2C.3D.210.已知雙

4、曲線C:x23-y2=1,O為坐標(biāo)原點(diǎn),F為C的右焦點(diǎn),過(guò)F的直線與C的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為M,N.若OMN為直角三角形,則|MN|=()A.32B.3C.23D.411.如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P(0,3)作圓O的兩條切線分別交橢圓C:x24+y23=1于點(diǎn)A,B和點(diǎn)D,C.(1)若圓O和橢圓C有4個(gè)公共點(diǎn),求直線AB和CD的斜率之積的取值范圍;(2)四邊形ABCD的對(duì)角線是否交于一個(gè)定點(diǎn)?若是,求出該定點(diǎn)的坐標(biāo);若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.高考預(yù)測(cè)12.(2021廣西南寧三中月考)若拋物線:x2=2py(p0)上的點(diǎn)(t,1)到焦點(diǎn)F的距離為2,平行于y軸的兩條直線l1,l2分別交于A,B兩點(diǎn),

5、交的準(zhǔn)線于C,D兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,E是CD的中點(diǎn),證明:AEFD;(2)若過(guò)P(0,2)的直線交于G,H,以GH為直徑的圓交y軸于M,N,證明:OMON為定值.答案：1.D解析不妨設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一條漸近線y=bax與y=x2+1只有一個(gè)交點(diǎn),由y=bax,y=x2+1,得ax2-bx+a=0,所以=b2-4a2=0,即c2-a2-4a2=0,c2a2=5,e=ca=5.故選D.2.D解析由題意x3=-bx,聯(lián)立拋物線y=ax2(a0)與直線y=kx+b,得ax2-kx-b=0,0,x1+x2=ka,x1x2=-ba,1x1+1x2=-kb,x1x2=

6、x1x3+x2x3,故選D.3.A解析因?yàn)榻裹c(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為p,則p=1,所以y2=2x.設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2).則y12=2x1,y22=2x2,則(y1-y2)(y1+y2)=2(x1-x2),kPQ=2y1+y2.P,Q關(guān)于直線l對(duì)稱(chēng),kPQ=-1,即y1+y2=-2,y1+y22=-1.PQ的中點(diǎn)一定在直線l上,故x1+x22=y1+y22+2=1.故線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-1).4.A解析拋物線C:x2=4y,即y=14x2,故y=12x.設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)為A(x1,y1),B(x2,y2),則有12x1=y1+2x1+1,整理得x1+2y1=4,同理x2+2y

7、2=4.故直線AB的方程為x+2y=4,由x+2y=4,x2=4y,得x2+2x-8=0,故x1+x2=-2,x1x2=-8,|AB|=1+14(-2)2-4(-8)=35.因?yàn)辄c(diǎn)P(-1,-2)到直線AB的距離為d=|-1-4-4|12+22=95,故PAB的面積為123595=272.5.A解析(方法一)由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時(shí),不合題意.設(shè)直線l1方程為y=k1(x-1),聯(lián)立拋物線方程,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(mǎn)足x3+x4=2k22+4k22.由

8、拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8216k12k22+8=16,當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時(shí),取得等號(hào).(方法二)如圖所示,由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為不妨令0,2.作AK1垂直于準(zhǔn)線且垂足為K1,AK2垂直于x軸且垂足為K2,結(jié)合圖形,根據(jù)拋物線的定義,可得|AF|cos+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|GF|=2,所以|AF|cos+2=|AF|,即|AF|=21-cos.同理可得|BF|=21+cos,所以|AB|=41-cos2=4sin2.又DE與AB垂直,

9、即DE的傾斜角為2+,則|DE|=4sin22+=4cos2,所以|AB|+|DE|=4sin2+4cos2=4sin2cos2=414sin22=16sin2216,當(dāng)=4時(shí)取等號(hào),即|AB|+|DE|的最小值為16,故選A.6.22解析直線x-y+1=0與雙曲線的漸近線y=x平行,且兩平行線間的距離為22.由圖形知,雙曲線右支上的動(dòng)點(diǎn)P到直線x-y+1=0的距離的最小值無(wú)限趨近于22,要使距離d大于c恒成立,只需c22即可,故c的最大值為22.7.解(1)由題意可得,c=2,b=2,由a2=b2+c2得a2=22+22=8,故橢圓C的方程為x28+y24=1.(2)設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(

10、x1,y1),(x2,y2),線段MN的中點(diǎn)G(x0,y0),由y=x+m,x28+y24=1,消去y得3x2+4mx+2m2-8=0,則=96-8m20,解得-23m0,且x1+x2=-322,x1x2=34,所以|AB|=2(x1+x2)2-4x1x2=2-3222-3=3.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)M(x0,y0),由題知線段AB的垂直平分線方程為y=-x+12,直線AB不平行于y軸,即x1x2,由x123+y12=1,x223+y22=1,兩式相減整理得y1-y2x1-x2y1+y2x1+x2=-13.因?yàn)镸(x0,y0)是AB的中點(diǎn),所以2x0=x1+x2

11、,2y0=y1+y2.因?yàn)镸NAB,所以kAB=-1kMN=12-x0y0,所以變形為12-x0y02y02x0=-13,解得x0=34,所以y0=-14,代入直線y=x+m,可得-14=34+m,解得m=-1.9.B解析c2=a2-b2=16-4=12,c=23.橢圓的右焦點(diǎn)F(23,0).設(shè)過(guò)右焦點(diǎn)F且斜率為k(k0)的直線為my=x-23,m0,其中m=1k.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立my=x-23,x216+y24=1,消去x,得到(4+m2)y2+43my-4=0.y1+y2=-434+m2,y1y2=-44+m2.AF=3FB,即(23-x1,-y1)=3(x2-2

12、3,y2),-y1=3y2,聯(lián)立方程組-y1=3y2,y1+y2=-434+m2,y1y2=-44+m2,得到m2=12,1k2=12,即k2=2.又k0,k=2.故選B.10.B解析由條件知F(2,0),漸近線方程為y=33x,所以NOF=MOF=30,MON=6090.不妨設(shè)OMN=90,則|MN|=3|OM|.又|OF|=2,在RtOMF中,|OM|=2cos30=3,所以|MN|=3.11.解(1)若圓O和橢圓C有4個(gè)交點(diǎn),則r2(3,4),設(shè)過(guò)點(diǎn)P的切線方程為y=kx+3,則r=31+k2(3,2),即k254,2,又因?yàn)橹本€y=kx+3和橢圓有兩個(gè)交點(diǎn),將y=kx+3代入橢圓C:x

13、24+y23=1,消去y,可得(3+4k2)x2+24kx+24=0,因?yàn)?96(2k2-3)0,所以k232,由可得k232,2,所以kABkCD=-k2-2,-32.(2)設(shè)AC:y=kx+t,由y=kx+t,x24+y23=1,消去y,可得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2),當(dāng)0時(shí),則x1+x2=-8kt3+4k2,x1x2=4t2-123+4k2.由題設(shè)條件易知kPA+kPC=0,所以kPA+kPC=y1-3x1+y2-3x2=x2(y1-3)+x1(y2-3)x1x2=x2(kx1+t-3)+x1(kx2+t-3)x1x2=2kx1x

14、2+(t-3)(x1+x2)x1x2=0,即2kx1x2+(t-3)(x1+x2)=2k(4t2-12)-8kt(t-3)3+4k2=24k(t-1)3+4k2=0對(duì)一切k成立,所以t=1,此時(shí)滿(mǎn)足0,即直線AC過(guò)定點(diǎn)(0,1),同理可得直線BD也過(guò)定點(diǎn)(0,1),所以,四邊形ABCD的對(duì)角線交于定點(diǎn)(0,1).12.證明(1)由題意1+p2=2,p=2,拋物線方程為x2=4y,焦點(diǎn)為F(0,1),準(zhǔn)線方程為y=-1,設(shè)直線AB方程為y=kx+1,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0,x1+x2=4k,x1x2=-4,所以Ex1+x22,-1.又D(x2,-1),要證AEFD,即證kAE=kFD,即證y1+1x1-x1+x22=2-x2,只要證y1+1x1-x2=-1x2.又y1=x124,x2=-4x1,所以x124+1x1+4x1=x14=-1x2成立,所以AEFD.(2)設(shè)直線AB方程為y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)為Q(x0,y0),由y=kx+2,x2=4y得x2-4kx-8=0,=1