2021高考数学（文）大一轮复习习题 第八章 解析几何 课时跟踪检测 （五十）　圆锥曲线的综合问题 word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 第八章 解析几何 课时跟踪检测 （五十）　圆锥曲线的综合问题 word版含答案，共8页。试卷主要包含了所以符合条件的直线有且只有两条等内容，欢迎下载使用。

1．过抛物线y2＝2x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( )
A．有且只有一条 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有且只有四条
解析：选B 设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋eq \f(p,2)＋xB＋eq \f(p,2)＝xA＋xB＋1＝3>2p＝2．所以符合条件的直线有且只有两条．
2．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(15),3)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，－1))
解析：选D 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6))得(1－k2)x2－4kx－10＝0．设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16k2－41－k2×－10＞0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)＞0，))
解得－eq \f(\r(15),3)＜k＜－1．即k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，－1))．
3．经过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))等于( )
A．－3 B．－eq \f(1,3)
C．－eq \f(1,3)或－3 D．±eq \f(1,3)
解析：选B 依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝eq \f(4,3)，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，∴eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,3)，同理，直线 l经过椭圆的左焦点时，也可得eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝－eq \f(1,3)．
4．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|＝eq \r(2)|AF|，则点A的横坐标为( )
A．2 B．－2
C．3 D．－3
解析：选D 16x2＋25y2＝400可化为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1，
则椭圆的左焦点为F(－3,0)，
又抛物线y2＝2px的焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，准线为x＝－eq \f(p,2)，
所以eq \f(p,2)＝－3，即p＝－6，即y2＝－12x，K(3,0)．
设A(x，y)，则由|AK|＝eq \r(2)|AF|得
(x－3)2＋y2＝2，即x2＋18x＋9＋y2＝0，
又y2＝－12x，所以x2＋6x＋9＝0，解得x＝－3．
5．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－eq \f(1,2)，则m的值为( )
A．eq \f(3,2) B．eq \f(5,2)
C．2 D．3
解析：选A 由双曲线的定义知2a＝4，得a＝2，
所以抛物线的方程为y＝2x2．
因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，
所以y1＝2xeq \\al(2,1)，y2＝2xeq \\al(2,2)，
两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，
不妨设x1＜x2，又A，B关于直线y＝x＋m对称，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－1，
故x1＋x2＝－eq \f(1,2)，
而x1x2＝－eq \f(1,2)，
解得x1＝－1，x2＝eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(1,4)，
y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(2x\\al(2,1)＋2x\\al(2,2),2)＝eq \f(5,4)，
因为中点M在直线y＝x＋m上，
所以eq \f(5,4)＝－eq \f(1,4)＋m，解得m＝eq \f(3,2)．
6．已知(4,2)是直线l被椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝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eq \f(x\\al(2,1),36)＋eq \f(y\\al(2,1),9)＝1，且eq \f(x\\al(2,2),36)＋eq \f(y\\al(2,2),9)＝1，
两式相减并化简得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2)．
又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
故直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,2)(x－4)，
即x＋2y－8＝0．
答案：x＋2y－8＝0
7．如图，过抛物线y＝eq \f(1,4)x2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eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝________．
解析：不妨设直线AB的方程为y＝1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝1，,y＝\f(1,4)x2，))解得x＝±2，则A(－2,1)，D(2,1)，因为B(－1,1)，C(1,1)，所以eq \(AB,\s\up7(―→))＝(1,0)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(－1,0)，所以eq \(AB,\s\up7(―→))·eq \(DC,\s\up7(―→))＝－1．
答案：－1
8．若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________________．
解析：因为椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，则a2－b2＝4，所以可设椭圆方程为eq \f(y2,b2＋4)＋eq \f(x2,b2)＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝3x＋7，,\f(y2,b2＋4)＋\f(x2,b2)＝1，))
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点为(x1，y1)，(x2，y2)，
由一元二次方程根与系数的关系得：
y1＋y2＝eq \f(14b2＋4,10b2＋4)＝2．
解得：b2＝8．所以a2＝12．
则椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1．
答案：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1
9．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD．当直线AB斜率为0时，AB＝4．
(1)求椭圆的方程；
(2)若|AB|＋|CD|＝eq \f(48,7)，求直线AB的方程．
解：(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，2a＝4．
又a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在时，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．
②当两条弦所在直线的斜率均存在且不为0时，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)．
将直线AB方程代入椭圆方程中并整理，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2)．
同理，|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2＋4)．
所以|AB|＋|CD|＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2)＋eq \f(12k2＋1,3k2＋4)
＝eq \f(84k2＋12,3＋4k23k2＋4)＝eq \f(48,7)，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0．
10．(2016·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：|AN|·|BM|为定值．
解：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)ab＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3).))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4．
当x0≠0时，
直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)．
令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，
从而|BM|＝|1－yM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))．
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1．
令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，
从而|AN|＝|2－xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))．
所以|AN|·|BM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝4．
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4．
综上，|AN|·|BM|为定值．
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1．(2017·海口调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右顶点分别为A，B，其离心率e＝eq \f(1,2)，点M为椭圆上的一个动点，△MAB面积的最大值是2eq \r(3)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆C右顶点B的直线l与椭圆的另一个交点为D，线段BD的垂直平分线与y轴交于点P，当eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(PD,\s\up7(―→))＝0时，求点P的坐标．
解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)×2ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝2，b＝eq \r(3)，
所以椭圆方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由(1)知B(2,0)，设直线BD的方程为y＝k(x－2)，D(x1，y1)，
把y＝k(x－2)代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
所以2＋x1＝eq \f(16k2,3＋4k2)⇒x1＝eq \f(8k2－6,3＋4k2)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－6,3＋4k2)，\f(－12k,3＋4k2)))，
所以BD中点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,3＋4k2)，\f(－6k,3＋4k2)))，
则直线BD的垂直平分线方程为y－eq \f(－6k,3＋4k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8k2,3＋4k2)))，
得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2k,3＋4k2)))．
又eq \(PB,\s\up7(―→))·eq \(PD,\s\up7(―→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(2k,3＋4k2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－6,3＋4k2)，\f(－14k,3＋4k2)))＝0，
化简得eq \f(64k4＋28k2－36,3＋4k22)＝0⇒64k4＋28k2－36＝0，
解得k＝±eq \f(3,4)．
故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,7)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,7)))．
2．如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，离心率e＝eq \f(1,2)，直线l的方程为x＝4．
(1)求椭圆C的方程．
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
解：(1)由Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆上得，eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，①
依题设知a＝2c，则a2＝4c2，b2＝3c2，②
将②代入①得c2＝1，a2＝4，b2＝3．
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)存在．理由如下：
由题意可设AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③
代入椭圆方程并整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－3,4k2＋3)，④
在方程③中令x＝4，得M(4,3k)．
从而k1＝eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq \f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq \f(1,2)．
因为A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，
即eq \f(y1,x1－1)＝eq \f(y2,x2－1)＝k．
所以k1＋k2＝eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)
＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)－eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))
＝2k－eq \f(3,2)·eq \f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)，⑤
将④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq \f(3,2)·eq \f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1．
又k3＝k－eq \f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3．
故存在常数λ＝2符合题意．