2021高考数学（理）大一轮复习习题：第九章 解析几何 课时达标检测（四十九） 直线与圆锥曲线 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第九章 解析几何 课时达标检测（四十九） 直线与圆锥曲线 word版含答案，共7页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。


1．已知双曲线eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)＝1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B．(－eq \r(3)，eq \r(3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D．
解析：选C 由题意知，右焦点为F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x.当过点F的直线与渐近线平行时，满足与双曲线的右支有且只有一个交点，数形结合可知该直线的斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，故选C.
2．已知经过点(0，eq \r(2))且斜率为k的直线l与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
C．(－eq \r(2)，eq \r(2)) D．(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
解析：选B 由题意得，直线l的方程为y＝kx＋eq \r(2)，代入椭圆方程得eq \f(x2,2)＋(kx＋eq \r(2))2＝1，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0.直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))＝4k2－2>0，解得k<－eq \f(\r(2),2)或k>eq \f(\r(2),2)，即k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).故选B.
3．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 ∵通径2p＝2，|AB|＝x1＋x2＋p，∴|AB|＝3>2p，故这样的直线有且只有两条．
4．斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
解析：选C 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x＋t))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0.则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4t2－1,5).∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)· eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))2－4×\f(4t2－1,5))＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－t2)，故当t＝0时，|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F(eq \r(2)，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为________．
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(2)，,\f(b2,a)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(2)，))故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
答案：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1
一、选择题
1．椭圆ax2＋by2＝1与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为eq \f(\r(3),2)，则eq \f(a,b)＝( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3)
C.eq \f(9\r(3),2) D.eq \f(2\r(3),27)
解析：选A 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)，结合题意，由点差法得，eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(a,b)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(a,b)·eq \f(x0,y0)＝－eq \f(a,b)·eq \f(2,\r(3))＝－1，所以eq \f(a,b)＝eq \f(\r(3),2).
2．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·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 \f(1,3)，同理，直线 l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－eq \f(1,3).
3．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.
4．已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝2 D．x＝－2
解析：选B 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵两点在抛物线上，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2px1， ①,y\\al(2,2)＝2px2， ②))
①－②得(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
又线段AB的中点的纵坐标为2，∴y1＋y2＝4，
又直线的斜率为1，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，∴2p＝4，p＝2，
∴抛物线的准线方程为x＝－eq \f(p,2)＝－1.
5．抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为eq \r(3)的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是( )
A．4 B．3eq \r(3)
C．4eq \r(3) D．8
解析：选C ∵y2＝4x，∴F(1,0)，准线l：x＝－1，过焦点F且斜率为eq \r(3)的直线l1：y＝eq \r(3)(x－1)，与y2＝4x联立，解得A(3,2eq \r(3))，∴AK＝4，∴S△AKF＝eq \f(1,2)×4×2eq \r(3)＝4eq \r(3).
6．若椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的焦点在x轴上，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆的方程是( )
A.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 B.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1 D.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,5)＝1
解析：选C 由题可设斜率存在的切线的方程为y－eq \f(1,2)＝k(x－1)(k为切线的斜率)，即2kx－2y－2k＋1＝0，由eq \f(|－2k＋1|,\r(4k2＋4))＝1，解得k＝－eq \f(3,4)，所以圆x2＋y2＝1的一条切线的方程为3x＋4y－5＝0，可求得切点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(4,5)))，易知另一切点的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝－2x＋2，令y＝0得右焦点为(1,0)，令x＝0得上顶点为(0,2)，故a2＝b2＋c2＝5，所以所求椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
二、填空题
7．设双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的右顶点为A，右焦点为F.过点F平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为________．
解析：c＝5，设过点F平行于一条渐近线的直线方程为y＝eq \f(4,3)(x－5)，即4x－3y－20＝0，联立直线与双曲线方程，求得yB＝－eq \f(32,15)，则S＝eq \f(1,2)×(5－3)×eq \f(32,15)＝eq \f(32,15).
答案：eq \f(32,15)
8．在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点C(0，c)任作一条直线，与抛物线y＝x2相交于A，B两点，若·＝2，则c的值为________．
解析：设过点C的直线为y＝kx＋c(c>0)，代入y＝x2得x2＝kx＋c，即x2－kx－c＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝k，x1x2＝－c，＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，因为·＝2，所以x1x2＋y1y2＝2，即x1x2＋(kx1＋c)(kx2＋c)＝2，即x1x2＋k2x1x2＋kc(x1＋x2)＋c2＝2，所以－c－k2c＋kc·k＋c2＝2，即c2－c－2＝0，所以c＝2或c＝－1(舍去)．
答案：2
9．中心为原点，一个焦点为F(0,5eq \r(2))的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为eq \f(1,2)，则该椭圆方程为________．
解析：由已知得c＝5eq \r(2)，设椭圆的方程为eq \f(x2,a2－50)＋eq \f(y2,a2)＝1，联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2－50)＋\f(y2,a2)＝1，,y＝3x－2))消去y得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由根与系数关系得x1＋x2＝eq \f(12a2－50,10a2－450)，由题意知x1＋x2＝1，即eq \f(12a2－50,10a2－450)＝1，解得a2＝75，所以该椭圆方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
答案：eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
10．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若·＝0，则k＝________.
解析：如图所示，设F为焦点，易知F(2，0)，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，由|MP|＝|AP|，得∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－eq \f(1,kMF)＝2.
答案：2
三、解答题
11．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2,0)，离心率为eq \f(\r(6),3).过点F2的直线l(斜率不为0)与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．
解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3，),a2＝b2＋c2，))
解得a＝eq \r(6)，b＝eq \r(2).
故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在．设其方程为y＝k(x－2)，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(－x3，－y3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－2))得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(12k2,1＋3k2)，
则y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝eq \f(－4k,1＋3k2)，
所以AB的中点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,1＋3k2)，\f(－2k,1＋3k2)))，
因此直线OD的方程为x＋3ky＝0(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3ky＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1))
解得yeq \\al(2,3)＝eq \f(2,1＋3k2)，x3＝－3ky3.
因为四边形MF1NF2为矩形，
所以F2M―→·F2N―→＝0，
即(x3－2，y3)·(－x3－2，－y3)＝0，
所以4－xeq \\al(2,3)－yeq \\al(2,3)＝0.所以4－eq \f(29k2＋1,1＋3k2)＝0.
解得k＝±eq \f(\r(3),3).故直线l的方程为eq \r(3)x－3y－2eq \r(3)＝0或eq \r(3)x＋3y－2eq \r(3)＝0.
12．(2016·大连双基测试)已知过点(2,0)的直线l1交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于A，B两点，直线l2：x＝－2交x轴于点Q.
(1)设直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值；
(2)点P为抛物线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB交直线l2于M，N两点，·＝2，求抛物线C的方程．
解：(1)设直线l1的方程为x＝my＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝2px，))得y2－2pmy－4p＝0，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－4p.
k1＋k2＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)
＝eq \f(y1,my1＋4)＋eq \f(y2,my2＋4)
＝eq \f(2my1y2＋4y1＋y2,my1＋4my2＋4)
＝eq \f(－8mp＋8mp,my1＋4my2＋4)
＝0.
(2)设点P(x0，y0)，直线PA：y－y1＝eq \f(y1－y0,x1－x0)(x－x1)，
当x＝－2时，yM＝eq \f(－4p＋y1y0,y1＋y0)，
同理yN＝eq \f(－4p＋y2y0,y2＋y0).
因为·＝2，
所以4＋yNyM＝2，
即eq \f(－4p＋y2y0,y2＋y0)·eq \f(－4p＋y1y0,y1＋y0)
＝eq \f(16p2－4py0y2＋y1＋y\\al(2,0)y1y2,y2y1＋y0y2＋y1＋y\\al(2,0))
＝eq \f(16p2－8p2my0－4py\\al(2,0),－4p＋2pmy0＋y\\al(2,0))
＝eq \f(－4p－4p＋2pmy0＋y\\al(2,0),－4p＋2pmy0＋y\\al(2,0))＝－2，
故p＝eq \f(1,2)，所以抛物线C的方程为y2＝x.