新版高三數(shù)學理一輪復習作業(yè)：第九章 平面解析幾何 第九節(jié)　直線與圓錐曲線的位置關系 Word版含解析

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1、 1

2、 1 第九節(jié)　直線與圓錐曲線的位置關系 A組　基礎題組 1.過拋物線y2=2x的焦點作一條直線與拋物線交于A,B兩點,它們的橫坐標之和等于2,則這樣的直線(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.有且只有一條 B.有且只有兩條 C.有且只有三條 D.有且只有四條 2.已知雙曲線x2a2-y2b2=1與直線y=2x有交點,則雙曲線離心率的取值范圍為(　　)

3、 A.(1,5) B.(1,5] C.(5,+∞) D.5,+∞) 3.過點0,-12的直線l與拋物線y=-x2交于A、B兩點,O為坐標原點,則·的值為(　　) A.-12 B.-14 C.-4 D.無法確定 4.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上的一點到雙曲線的左、右焦點的距離之差為4,若拋物線y=ax2上的兩點A(x1,y1),B(x2,y2)關于直線y=x+m對稱,且x1x2=-12,則m的值為(　　) A.32 B.52 C.2 D.3 5.直線y=kx+2與拋物線y2=8x有且只有一個公共點,則k的值為　　　　.? 6.已知拋物線C:y2=2p

4、x(p>0)的焦點為F,過點F且傾斜角為60°的直角l與拋物線C在第一、四象限分別交于A,B兩點,則|AF||BF|的值等于　　　　.? 7.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,離心率e=22,P為橢圓上任一點,且△PF1F2的最大面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)設斜率為22的直線l交橢圓C于A,B兩點,且以AB為直徑的圓恒過原點O,求△OAB的面積. 8.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,右焦點為F(1,0). (1)求橢圓E的標準方程; (2)設點O為坐標原

5、點,過點F作直線l與橢圓E交于M,N兩點,若OM⊥ON,求直線l的方程. B組　提升題組 9.(20xx四川,20,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點,點P3,12在橢圓E上. (1)求橢圓E的方程; (2)設不過原點O且斜率為12的直線l與橢圓E交于不同的兩點A,B,線段AB的中點為M,直線OM與橢圓E交于C,D,證明:|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 10.設拋物線過定點A(-1,0),且以直線x=1為準線. (1)求拋物線頂點的軌跡C的方程;

6、(2)若直線l與軌跡C交于不同的兩點M,N,且線段MN恰被直線x=-12平分,設弦MN的垂直平分線的方程為y=kx+m,試求m的取值范圍.  答案全解全析 A組　基礎題組 1.B　設該拋物線焦點為F,A(xA,yA),B(xB,yB),則|AB|=|AF|+|FB|=xA+p2+xB+p2=xA+xB+1=3>2p=2,所以符合條件的直線有且只有兩條. 2.C　雙曲線的一條漸近線方程為y=bax, 由題意得ba>2, ∴e=ca=1+ba2>1+4=5. 3.B　由題意知直線l的斜率存在.設A(x1,y1)、B(x2,y2),直線l的方程為y=kx-1

7、2,代入拋物線方程得2x2+2kx-1=0,由此得x1+x2=-k,x1x2=-12,∴·=x1x2+y1y2=x1x2+kx1-12kx2-12=(k2+1)·x1x2-12k·(x1+x2)+14=-12(k2+1)-12k·(-k)+14=-14.故選B. 4.A　由雙曲線的定義知2a=4,得a=2,所以拋物線的方程為y=2x2. 因為點A(x1,y1),B(x2,y2)在拋物線y=2x2上,所以y1=2x12,y2=2x22,兩式相減得y1-y2=2(x1-x2)(x1+x2),不妨設x1

8、而x1x2=-12,解得x1=-1,x2=12,設A(x1,y1),B(x2,y2)的中點為M(x0,y0),則x0=x1+x22=-14,y0=y1+y22=2x12+2x222=54,因為中點M在直線y=x+m上,所以54=-14+m,解得m=32. 5.答案　0或1 解析　由y=kx+2,y2=8x,得k2x2+(4k-8)x+4=0. 若k=0,則y=2. 若k≠0,則Δ=0,即64-64k=0,解得k=1. 所以直線y=kx+2與拋物線y2=8x有且只有一個公共點時,k的值為0或1. 6.答案　3 解析　設A(x1,y1),B(x2,y2),易知x1>x2. 由直線l

9、的傾斜角為60°,且過點Fp2,0, 得直線l的方程為y-0=3x-p2, 即y=3x-32p,聯(lián)立y=3x-32p,y2=2px, 消去y并整理,得12x2-20px+3p2=0, 則x1=32p,x2=16p, 則|AF||BF|=32p+12p16p+12p=3. 7.解析　(1)e=ca=22, 設P(x0,y0),△PF1F2的面積S=|y0|c,又|y0|≤b,所以最大面積為bc=1,則b=c=1,a=2,所以橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)設直線l的方程為y=22x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=22x+m,x2+2y2=2,消去y并整理

10、得2x2+22mx+2m2-2=0,則x1+x2=-2m,x1路x2=m2-1. 由題意知·=x1x2+y1y2=0, 又y1y2=22x1+m22x2+m =12x1x2+22m(x1+x2)+m2, 所以·=32x1x2+22m(x1+x2)+m2=32m2-32=0, 解得m=±1. 則|AB|=1+222·(x1+x2)2-4x1x2=3, 因為原點到直線l的距離為|m|1+222=63, 所以S△AOB=12×3×63=22. 8.解析　(1)依題意可得1a=22,a2=b2+1,解得a=2,b=1, 所以橢圓E的標準方程為x22+y2=1. (2)設M(x1,

11、y1),N(x2,y2), ①當MN垂直于x軸時,直線l的方程為x=1,不符合題意; ②當MN不垂直于x軸時,設直線l的方程為y=k(x-1). 聯(lián)立x22+y2=1,y=k(x-1), 消去y并整理,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0, 所以x1+x2=4k21+2k2,x1·x2=2(k2-1)1+2k2. 所以y1·y2=k2x1x2-(x1+x2)+1]=-k21+2k2. 因為OM⊥ON,所以·=0, 所以x1·x2+y1·y2=k2-21+2k2=0,所以k=±2, 所以直線l的方程為y=±2(x-1). B組　提升題組 9.解析　(1)由已知

12、,a=2b. 又橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點P3,12, 故34b2+14b2=1,解得b2=1. 所以橢圓E的方程是x24+y2=1. (2)設直線l的方程為y=12x+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 由方程組x24+y2=1,y=12x+m,得x2+2mx+2m2-2=0,① 方程①的判別式為Δ=4(2-m2),由Δ>0,即2-m2>0,解得-2

13、 所以|MC|·|MD|=52(-m+2)·52(2+m)=54(2-m2). 又|MA|·|MB|=14|AB|2=14(x1-x2)2+(y1-y2)2]=516(x1+x2)2-4x1x2]=5164m2-4(2m2-2)]=54(2-m2), 所以|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 10.解析　(1)設拋物線的頂點為Q(x,y),則焦點為F(2x-1,y). 根據(jù)拋物線的定義得|AF|=2,即(2x)2+y2=4,所以軌跡C的方程為x2+y24=1. (2)設弦MN的中點為P-12,y0,M(xM,yM),N(xN,yN),則由點M,N為橢圓C上的點,可知4xM2+yM2=4,4xN2+yN2=4, 兩式相減,得4(xM-xN)(xM+xN)+(yM-yN)(yM+yN)=0,(*) 將xM+xN=2×-12=-1,yM+yN=2y0,yM-yNxM-xN=-1k代入(*)式得k=-y02. 又點P-12,y0在弦MN的垂直平分線上, 所以y0=-12k+m, 所以m=y0+12k=34y0. 又點P-12,y0在線段BB'上,B',B為直線x=-12與橢圓的交點,如圖所示 所以yB'