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  • 2021-05-13 发布

步步高2016高考数学大一轮复习98直线与圆锥曲线试题理苏教版

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‎【步步高】2016高考数学大一轮复习 9.8直线与圆锥曲线试题 理 苏教版 一、填空题 ‎1.已知双曲线x2-=1的一条渐近线与直线x-2y+3=0垂直,则a=________.‎ 解析 由双曲线标准方程特征知a>0,其渐近线方程为x±y=0,可得渐近线x+y=0与直线x-2y+3=0垂直,所以a=4.‎ 答案 4‎ ‎2.以双曲线x2-4y2=4的中心顶点,右焦点为焦点的抛物线方程是________.‎ 解析 设抛物线的方程为y2=2px,则由焦点相同的条件可知=⇒p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.‎ 答案 y2=4x ‎3.过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于点A(x1,y1),B(x2,y2),若AB=7,则AB的中点M到抛物线准线的距离为________.‎ 解析 由题知抛物线的焦点为(1,0),准线方程为x=-1.由抛物线定义知:AB=AF+BF=x1++x2+=x1+x2+p,即x1+x2+2=7,得x1+x2=5,于是弦AB的中点M的横坐标为,因此M到抛物线准线的距离为+1=.‎ 答案  ‎4.设双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点,则双曲线的离心率为________.‎ 解析 双曲线-=1的一条渐近线为y=x,由方程组消去y得,x2-x+1=0有唯一解,所以Δ=2-4=0,=2,e=== =.‎ 答案  ‎5.若斜率为1的直线l与椭圆+y2=1交于不同两点A、B,则AB的最大值为________.‎ 解析 设直线l的方程为y=x+t,代入+y2=1消去y得x2+2tx+t2-1=0,由题意得Δ=(2t)2-5(t2-1)>0,即t2<5,弦长AB=·≤.‎ 答案  ‎6.已知双曲线方程是x2-=1,过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1,P2两点,并使P(2,1)为P1P2的中点,则此直线方程是________________.‎ 解析 设点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由x-=1,x-=1,得k====4,从而所求方程为4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2-56x+51=0,Δ>0,故此直线满足条件.‎ 答案 4x-y-7=0‎ ‎7.已知椭圆+=1(a>b>0),A为左顶点,B为短轴一顶点,F为右焦点,‎ 且⊥,则此椭圆的离心率为________.‎ 解析 ∵AB=,BF=a,AF=a+c.‎ 又∵⊥,∴AB2+BF2=AF2,‎ 即2a2+b2=a2+c2+2ac,‎ ‎∴c2+ac-a2=0,‎ ‎∴=.‎ 所求的离心率为.‎ 答案 ‎8.已知点A(0,2),抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,线段FA交抛物线于点B,过B作l的垂线,垂足为M,若AM⊥MF,则p=________.‎ 解析 依题意,设点B,点F,M,‎ 则=,=,‎ =,=.‎ 由∥得×(-2)-(y1-2)=0,‎ 即y+y1-p2=0. ①‎ 由AM⊥MF得·=+y1(y1-2)=0,‎ 即y-2y1+=0, ②‎ 由①-②得y1=③,把③代入②,解得p=.‎ 答案  ‎9.已知椭圆x2+2y2-2=0的两个焦点为F1,F2,B为短轴的一个端点,‎ 则△BF1F2的外接圆方程是________.‎ 解析 F1(-1,0),F2(1,0),设B(0,1),则△BF1F2为等腰直角三角形,故它的外接圆方程为x2+y2=1.‎ 答案 x2+y2=1‎ ‎10.已知抛物线y2=4x,过点P(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则x+x的最小值是________.‎ 解析 设过点P的直线为y=k(x-4),‎ 当k不存在时,A(4,4),B(4,-4),则x+x=32,‎ 当k存在时,有k2x2-(8k2+4)x+16k2=0,‎ 则x1+x2=8+,x1·x2=16,‎ 故x+x=(x1+x2)2-2x1x2=32++>32,‎ 故(x+x)min=32.‎ 答案 32‎ 二、解答题 ‎11.如图,在直角坐标系xOy中,‎ 点P(1,)到抛物线C:y2=2px(p>0)的准线的 距离为.点M(t,1)是C上的定点,A,B是C上的 两动点,且线段AB被直线OM平分. ‎ ‎(1)求p,t的值;‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值.‎ 解 (1)由题意知得 ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为 Q(m,m).由题意知,设直线AB的斜率为k ‎(k≠0).由得(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2,‎ 故k·2m=1,‎ 所以直线AB的方程为y-m ‎=(x-m),‎ 即x-2my+2m2-m=0.‎ 由 消去x,整理得y2-2my+2m2-m=0,‎ 所以Δ=4m-4m2>0,y1+y2=2m,y1·y2=2m2-m.‎ 从而|AB|= ·|y1-y2|‎ ‎=·.‎ 设点P到直线AB的距离为d,则 d=.‎ 设△ABP的面积为S,则 S=|AB|·d=|1-2(m-m2)|·.‎ 由Δ=4m-4m2>0,得0<m<1.‎ 令u=,0<u≤,则S=u(1-2u2).‎ 设S(u)=u(1-2u2),0<u≤,则S′(u)=1-6u2.‎ 由S′(u)=0,得u=∈,所以 S(u)max=S=.‎ 故△ABP面积的最大值为.‎ ‎12.设A、B分别为椭圆+=1(a,b>0)的左、右顶点,椭圆长半轴的长等于焦距,且x=4为它的右准线.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)设P为右准线上不同于点(4,0)的任意一点,若直线AP、BP分别与椭圆相交于异于A、B的点M、N,证明:点B在以MN为直径的圆内.‎ ‎(1)解 依题意得a=‎2c,=4,解得a=2,c=1,从而b=.故椭圆的方程为+=1.‎ ‎(2)证明 由(1)得A(-2,0),B(2,0).设M(x0,y0).‎ ‎∵M点在椭圆上,∴y0=(4-x). ①‎ 又点M异于顶点A、B,∴-2<x0<2,‎ 由P、A、M三点共线可以得P.‎ 从而=(x0-2,y0),=.‎ ‎∴·=2x0-4+=(x-4+3y). ②‎ 将①代入②,化简得·=(2-x0).‎ ‎∵2-x0>0,∴·>0,则∠MBP为锐角,‎ 从而∠MBN为钝角.‎ 故点B在以MN为直径的圆内.‎ ‎13.已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点在x轴上,△ABC的三个顶点都在抛物线上,且△ABC的重心为抛物线的焦点,若BC所在直线l的方程为4x+y-20=0.‎ ‎(1)求抛物线C的方程;‎ ‎(2)若O是坐标原点,P,Q是抛物线C上的两动点,且满足PO⊥OQ,证明:直线PQ过定点.‎ ‎(1)解 设抛物线C的方程为y2=2mx,A(x1,y1),B(x2,y2),由得2y2+my-‎20m=0,‎ ‎∵Δ>0,∴m>0或m<-160.‎ 解得y1,2=,则y1+y2=-,‎ ‎∴x1+x2=+=10+.‎ 再设C(x3,y3),由于△ABC的重心为F,‎ 则解得 ‎∵点C在抛物线上,∴2=2m.‎ ‎∴m=8,抛物线C的方程为y2=16x.‎ ‎(2)证明 当PQ的斜率存在时,设PQ的方程为y=kx+b,显然k≠0,b≠0,∵PO⊥OQ,∴‎ kPOkOQ=-1,‎ 设P(xP,yP),Q(xQ,yQ),∴xPxQ+yPyQ=0,‎ 将直线y=kx+b代入抛物线方程,得ky2-16y+16b=0,‎ ‎∴yPyQ=.从而xPxQ==,∴+=0,‎ ‎∵k≠0,b≠0,‎ ‎∴直线PQ的方程为y=kx-16k,PQ过点(16,0);‎ 当PQ的斜率不存在时,显然PQ⊥x轴,又PO⊥OQ,‎ ‎∴△POQ为等腰三角形,由 得P(16,16),Q(16,-16),此时直线PQ过点(16,0),‎ ‎∴直线PQ恒过定点(16,0).‎ ‎14.在平面直角坐标系xOy中,过点A(-2,-1)椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F,短轴端点为B1、B2,·=2b2.‎ ‎(1)求a、b的值;‎ ‎(2)过点A的直线l与椭圆C的另一交点为Q,与y轴的交点为R.过原点O且平行于l的直线与椭圆的一个交点为P.若AQ·AR=3 OP2,求直线l的方程.‎ 解 (1)因为F(-c,0),B1(0,-b),B2(0,b),‎ 所以=(c,-b),=(c,b).‎ 因为·=2b2,所以c2-b2=2b2.①‎ 因为椭圆C过A(-2,-1),代入得,+=1.②‎ 由①②解得a2=8,b2=2.‎ 所以a=2,b=.‎ ‎(2)由题意,设直线l的方程为y+1=k(x+2).‎ 由得(x+2)[(4k2+1)(x+2)-(8k+4)]=0.‎ 因为x+2≠0,所以x+2=,即xQ+2=.‎ 由题意,直线OP的方程为y=kx.‎ 由得(1+4k2)x2=8.‎ 则x=.‎ 因为AQ·AR=3OP2.‎ 所以|xQ-(-2)|×|0-(-2)|=3x.‎ 即||×2=3×.‎ 解得k=1,或k=-2.‎ 当k=1时,直线l的方程为x-y+1=0,‎ 当k=-2时,直线l的方程为2x+y+5=0.‎