（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（五十一）直线与圆锥曲线 理（含解析）苏教版

课时跟踪检测（五十一）直线与圆锥曲线一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·徐州第一中学检测)若双曲线x29－y24＝1与直线y＝kx－1有且仅有一个公共点，则这样的直线有______条．解析：把直线y＝kx－1代入双曲线x29－y24＝1中，消去y，得(4－9k2)x2＋18kx－45＝0，当4－9k2＝0，即k＝±23时，直线与双曲线相交，有一个交点；当4－9k2≠0，即k≠±23时，令Δ＝0，得182k2＋4(4－9k2)×45＝0，解得k＝±53，此时直线与双曲线相切，有一个交点．综上，k的值有4个，即这样的直线有4条．答案：42．已知椭圆C：x24＋y23＝1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率是－14，则直线PM的斜率为________．解析：设P(x0，y0)，则x204＋y203＝1，直线PM的斜率kPM＝y0x0＋2，直线PN的斜率kPN＝y0x0－2，可得kPM·kPN＝y20x20－4＝－34，故kPM＝－34·1kPN＝3.答案：33．已知抛物线y2＝2px的焦点F与椭圆16x2＋25y2＝400的左焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在抛物线上且AK＝2AF，则点A的横坐标为________．解析：16x2＋25y2＝400可化为x225＋y216＝1，则椭圆的左焦点为F(－3,0)，又抛物线y2＝2px的焦点为p2，0，准线为x＝－p2，所以p2＝－3，即p＝－6，即y2＝－12x，K(3,0)．设A(x，y)，则由AK＝2AF得(x－3)2＋y2＝2[(x＋3)2＋y2]，即x2＋18x＋9＋y2＝0，又y2＝－12x，所以x2＋6x＋9＝0，解得x＝－3.答案：－34．(2019·江都中学检测)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p＞0)的准线分别交于A，B两点，若双曲线的离心率为2，O为坐标原点，△AOB的面积为33，则p＝________.解析：∵双曲线x2a2－y2b2＝1的渐近线方程是y＝±bax，抛物线y2＝2px(p＞0)的准线方程是x＝－p2，∴A，B两点的纵坐标分别是y＝±pb2a，∵双曲线的离心率为2，∴b2a2＝c2－a2a2＝e2－1＝3，则ba＝3，∴A，B两点的纵坐标分别是y＝±pb2a＝±3p2，又△AOB的面积为33，∴12×3p×p2＝33，解得p＝233.答案：2335．已知(4,2)是直线l被椭圆x236＋y29＝1所截得的线段的中点，则l的方程是__________________．解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．则x2136＋y219＝1，且x2236＋y229＝1，两式相减并化简得y1－y2x1－x2＝－x1＋x2y1＋y2.又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以y1－y2x1－x2＝－12，故直线l的方程为y－2＝－12(x－4)，即x＋2y－8＝0.答案：x＋2y－8＝06．(2018·海门中学检测)如图，过抛物线y＝14x2的焦点F的直线l与抛物线和圆x2＋(y－1)2＝1交于A，B，C，D四点，则AB―→·DC―→＝________.解析：不妨设直线AB的方程为y＝1，联立y＝1，y＝14x2，解得x＝±2，则A(－2,1)，D(2,1)，因为B(－1,1)，C(1,1)，所以AB―→＝(1,0)，DC―→＝(－1,0)，所以AB―→·DC―→＝－1.答案：－17．(2019·宁海中学调研)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为________．解析：根据题意得，直线AB2的方程为：y＝bax＋b，直线B1F的方程为：y＝bcx－b，联立两直线方程解得x＝2aca－c.又由题意可得2aca－c＝a2c，化简得2c2＋ac－a2＝0，即2e2＋e－1＝0，又0＜e＜1，解得e＝12.答案：128．已知直线l过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，直线l与抛物线C交于A，B两点，且AB＝12，若M为抛物线C的准线上一点，则△ABM的面积为________．解析：由题意知，抛物线C的焦点坐标为p2，0，对称轴为x轴，准线为x＝－p2.因为直线l与x轴垂直，所以AB＝2p＝12，p＝6，又点M在抛物线C的准线上，所以点M到直线AB的距离为6，所以△ABM的面积S＝12×6×12＝36.答案：369．(2018·镇江期末)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，且点－3，12在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为H，O为坐标原点，且OH＝1，求△POQ面积的最大值．解：(1)由已知得ca＝32，3a2＋14b2＝1，解得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设l与x轴的交点为D(n,0)，直线l：x＝my＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立x＝my＋n，x24＋y2＝1消去x，整理得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0，所以y1＋y2＝－2mn4＋m2，y1y2＝n2－44＋m2，故y1＋y22＝－mn4＋m2，x1＋x22＝my1＋y2＋2n2＝4n4＋m2，即H4n4＋m2，－mn4＋m2，由OH＝1，得n2＝＋m2216＋m2，则S△POQ＝12OD|y1－y2|＝12|n||y1－y2|.令T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝＋m2＋m22，设t＝4＋m2(t≥4)，则4＋m2＋m22＝tt2＋24t＋144＝1t＋144t＋24≤12t·144t＋24＝148，当且仅当t＝144t，即t＝12时，S△POQ＝1，所以△POQ面积的最大值为1.10.如图，在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：x24＋y2＝1的左顶点A作直线l，与椭圆C和y轴正半轴分别交于点P，Q.(1)若AP＝PQ，求直线l的斜率；(2)过原点O作直线l的平行线，与椭圆C交于点M，N，求证：AP·AQMN2为定值．解：(1)依题意，椭圆C的左顶点A(－2,0)，设直线l的斜率为k(k＞0)，点P的横坐标为xP，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．联立y＝kx＋，x24＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，则－2·xP＝16k2－44k2＋1，从而xP＝2－8k21＋4k2.因为AP＝PQ，所以xP＝－1.所以2－8k21＋4k2＝－1，解得k＝32(负值舍去)．(2)证明：设点N的横坐标为xN.结合(1)知，直线MN的方程为y＝kx.联立y＝kx，x24＋y2＝1，得x2N＝41＋4k2.从而AP·AQMN2＝xP＋xN2＝22－8k21＋4k2＋24×41＋4k2＝12(定值)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·苏州调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知过点M(0，－1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．解：(1)由题意得ca＝22，故a＝2c.又椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)，所以a－c＝3(2－1)，所以c＝3，a＝32，所以b2＝a2－c2＝9，所以椭圆C的标准方程为x218＋y29＝1.(2)当直线l的斜率为0时，对于x218＋y29＝1，令y＝－1，得x＝±4，此时以线段AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16.当直线l的斜率不存在时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9.联立x2＋y＋2＝16，x2＋y2＝9，解得x＝0，y＝3，即两圆的交点为(0,3)，记T(0,3)．猜想以线段AB为直径的圆恒过定点T(0,3)．当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－1，x218＋y29＝1，得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，所以Δ＝(－4k)2＋64(1＋2k2)＝144k2＋64＞0，x1＋x2＝4k1＋2k2，x1x2＝－161＋2k2.因为TA―→·TB―→＝(x1，y1－3)·(x2，y2－3)＝x1x2＋y1y2－3(y1＋y2)＋9＝x1x2＋(kx1－1)(kx2－1)－3(kx1－1＋kx2－1)＋9＝(k2＋1)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝－k2＋1＋2k2－16k21＋2k2＋16＝－＋2k21＋2k2＋16＝0，所以TA⊥TB，故以线段AB为直径的圆过点T(0,3)．综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(0,3)．2．(2019·盐城模拟)如图，已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点P(－2,3)是椭圆C上一点，且PF1⊥x轴．(1)求椭圆C的方程；(2)设圆M：(x－m)2＋y2＝r2(r＞0)．①设圆M与线段PF2交于A，B两点，若MA―→＋MB―→＝MP―→＋MF2―→，且AB＝2，求r的值；②设m＝－2，过点P作圆M的两条切线分别交椭圆C于G，H两点(均异于点P)．试问：是否存在这样的正数r，使得G，H两点恰好关于坐标原点O对称？若存在，求出r的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为点P(－2,3)是椭圆C上一点，且PF1⊥x轴，所以椭圆的半焦距c＝2，由c2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a，所以b2a＝a2－4a＝3，化简得a2－3a－4＝0，解得a＝4，所以b2＝12，所以椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)①因为MA―→＋MB―→＝MP―→＋MF2―→，所以MA―→－MP―→＝MF2―→－MB―→，即PA―→＝BF2―→.所以线段PF2与线段AB的中点重合(记为点Q)，由(1)知Q0，32.因为圆M与线段PF2交于A，B两点，所以kMQ·kAB＝kMQ·kPF2＝－1，即0－32m·3－0－2－2＝－1，解得m＝－98，所以MQ＝－98－02＋0－322＝158，又AB＝2，所以r＝1582＋12＝178.②假设存在正数r满足题意．由G，H两点恰好关于原点对称，设G(x0，y0)，则H(－x0，－y0)，不妨设x0＜0.因为P(－2,3)，m＝－2，所以两条切线的斜率均存在，设过点P与圆M相切的直线的斜率为k，则切线方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，由该直线与圆M相切，得r＝31＋k2，即k＝±9－r2r2，所以两条切线的斜率互为相反数，即kPG＝－kPH，所以y0－3x0＋2＝－－y0－3－x0＋2，化简得x0y0＝－6，即y0＝－6x0，代入x2016＋y2012＝1，化简得x40－16x20＋48＝0，解得x0＝－2(舍去)或x0＝－23，所以y0＝3，所以G(－23，3)，H(23，－3)，所以kPG＝3－3－2＋23＝32，所以r＝31＋322＝677.故存在满足条件的正数r，且r＝677.