2022版高考数学一轮复习-课时质量评价50-直线与圆锥曲线的位置关系新人教A版.doc

2022版高考数学一轮复习 课时质量评价50 直线与圆锥曲线的位置关系新人教A版

2022版高考数学一轮复习 课时质量评价50 直线与圆锥曲线的位置关系新人教A版

年级：
姓名：

课时质量评价(五十)
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．(2020·鹤壁高中高三月考)已知直线l：x－y＋3＝0与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，点P(1,4)是弦AB的中点，则双曲线C的离心率为(　　)
A． B．2 C． D．
D　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为点P(1,4)是弦AB的中点，
根据中点坐标公式可得
因为A，B两点在直线l：x－y＋3＝0上，
根据两点斜率公式可得＝1.
因为A，B两点在双曲线C上，
所以所以－＝0，
即＝＝＝×1＝4，解得＝2.
所以e＝＝＝.
2．(2020·大连一中模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为，且双曲线过点P(2,3)，双曲线两条渐近线与过右焦点F且垂直于x轴的直线交于A，B两点，则△AOB的面积为(　　)
A．4 B．2 C．8 D．12
A　解析：由题意得，双曲线的渐近线方程为y＝±x，可得双曲线的方程为x2－＝λ(λ>0)，把点(2,3)代入可得4－3＝λ，得λ＝1，所以双曲线的方程为x2－＝1，c2＝1＋3＝4，c＝2，F(2,0)，可得A(2，2)，B(2，－2)，可得S△AOB＝×2×4＝4.故选A．
3．(2020·重庆高三月考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左焦点为F(－c,0)，过点F且斜率为1的直线与双曲线C交于A，B两点．若线段AB的垂直平分线与x轴交于点P(2c，0)，则双曲线C的离心率为(　　)
A． B． C． D．2
D　解析：设线段AB的中点坐标为(x0，y0)，则有⇒x0＝，y0＝c，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入双曲线方程有－＝1，－＝1，两式相减得
－＝0，可得＝＝3，即b2＝3a2，
所以c＝2a，e＝2.
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ)斜率为的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.
　解析：(方法一)在抛物线y2＝4x中，2p＝4，斜率为的直线倾斜角θ＝，
所以过焦点的弦长|AB|＝＝＝＝.
(方法二)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知可得抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，过点F且斜率k＝的直线方程为y＝(x－1)，联立消去y得3x2－10x＋3＝0，
所以
所以|AB|＝＝×＝.
5．过点P(1,1)作直线l与双曲线x2－＝λ交于A，B两点．若点P恰为线段AB的中点，则实数λ的取值范围是____________．
(－∞，0)∪　解析：因为双曲线方程为x2－＝λ，所以λ≠0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为点P恰为线段AB的中点，
所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
将A，B两点坐标代入双曲线方程，
得两式相减并化简可得＝2×＝2.
即直线l的斜率为2，所以直线的方程为y＝2x－1.
联立化简可得2x2－4x＋2λ＋1＝0.
因为直线l与双曲线有两个不同的交点，
所以Δ＝16－4×2×(2λ＋1)>0，
解得λ<且λ≠0.
所以λ的取值范围为(－∞，0)∪.
6．(2020·雅安市高三二模)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过F作直线与C相交于P，Q两点，且Q在第一象限．若2＝，则直线PQ的斜率是________．
2　解析：设l是准线，过P作PM⊥l于M，过Q作QN⊥l于N，过P作PH⊥QN于H，如图，

则|PM|＝|PF|，|QN|＝|QF|.
因为2＝，所以|QF|＝2|PF|，
所以|QN|＝2|PM|，
所以|QH|＝|NH|＝|PM|＝|PF|，
|PH|＝＝2|PF|，
所以tan ∠HQF＝＝2，
所以直线PQ的斜率为2.
7．(2020·鹤壁市高三模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴交于点A，点M(2，p)在抛物线C上．
(1)求C的方程；
(2)过点M作直线l交抛物线C于另一点N.若△AMN的面积为，求直线l的方程．
解：(1)因为点M(2，p)在抛物线y2＝2px上，
所以p2＝4p，所以p＝4或p＝0(舍去)，
所以抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝8x，M(2,4)，A(－2，0)，kMA＝＝1，
所以直线MA的方程为y＝x＋2，即x－y＋2＝0，
且|MA|＝4，
所以点N到直线MA的距离d＝＝.
设N点的坐标为，
则d＝＝，
解得y0＝或y0＝－，
即N点的坐标为或.
若取N，
则kMN＝＝，
所以直线l的方程为y－4＝(x－2)，即3x－5y＋14＝0；
若取N，
则kMN＝＝3，
所以直线l的方程为y－4＝3(x－2)，即3x－y－2＝0.
所以直线l的方程为3x－5y＋14＝0或3x－y－2＝0.
8．(2020·桂林模拟)椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，过点A(－a,0)和B(0，b)的直线与原点间的距离为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)过点E(1,0)的直线l与椭圆M交于C，D两点，且点D位于第一象限，当＝3时，求直线l的方程．
解：(1)由题意可得直线AB的方程为bx－ay＋ab＝0.
依题意得
解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆M的方程为＋y2＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)(x2>0，y2>0)，
设直线l的方程为x＝my＋1(m∈R)．
代入椭圆方程整理得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.
Δ＝8m2＋8>0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－.①
由＝3，依题意可得y1＝－3y2.②
结合①②得
消去y2解得m＝1，m＝－1(不合题意)．
所以直线l的方程为y＝x－1.
B组　新高考培优练
9．(2020·大连市高考模拟)已知直线y＝2x＋m与椭圆C：＋y2＝1相交于A，B两点，O为坐标原点．当△AOB的面积取得最大值时，|AB|＝(　　)
A． B． C． D．
A　解析：联立得21x2＋20mx＋5m2－5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝
＝＝.
又O到直线AB的距离d＝，
则△AOB的面积S＝d·|AB|＝≤
＝，
当且仅当m2＝21－m2，即m2＝时，△AOB的面积取得最大值．
此时，|AB|＝＝.
10．(多选题)已知曲线C的方程为x2＋＝1(0＜x≤1)，A(0，－3)，B(0,3)，D(－1,0)，点P是C上的动点，直线AP与直线x＝5交于点M，直线BP与直线x＝5交于点N，则△DMN的面积可能为(　　)
A．73 B．76 C．68 D．72
ABD　解析：设P(x0，y0)，则kPA·kPB＝＝＝－9.
设kpA＝k(k＞0)，则kPB＝－.
直线AP的方程为y＝kx－3，则点M的坐标为(5,5k－3)，
直线BP的方程为y＝－x＋3，则点N的坐标为.
所以|MN|＝
＝
≥＝24，
当且仅当5k＝，即k＝3时等号成立．从而△DMN面积的最小值为×24×6＝72.故选ABD．
11．(2020·宜宾市高二月考)设A，B是抛物线y2＝4x上两点，抛物线的准线与x轴交于点N.已知弦AB的中点M的横坐标为3，记直线AB和MN的斜率分别为k1和k2，则k＋k的最小值为(　　)
A．2 B．2 C． D．1
D　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(3，t)，N(－1，0)，可得y＝4x1，y＝4x2.
相减可得(y1－y2)(y1＋y2)＝4(x1－x2)，可得k1＝＝＝＝.
又由k2＝，所以k1k2＝，则k＋k≥2|k1k2|＝1，当且仅当|k1|＝|k2|＝时取等号，即k＋k的最小值为1.
12．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l过F且与抛物线交于A，B两点，过点A作抛物线准线的垂线，垂足为M，∠MAF的角平分线与抛物线的准线交于点P，线段AB的中点为Q.若|AB|＝8，则|PQ|＝(　　)
A．2 B．4 C．6 D．8
B　解析：如图，过点B作抛物线准线的垂线，垂足为N.由题意得∠MAP＝∠QAP，|AF|＝|AM|，所以AP⊥MF，|MG|＝|GF|.
所以|PM|＝|PF|.所以△MPA≌△FPA．所以∠PFB＝∠PNB＝90°.
所以△PFB≌△PNB．所以|PF|＝|PN|.
所以|PM|＝|PN|，即点P是MN的中点．
所以|PQ|＝(|AM|＋|BN|)＝(|AF|＋|BF|)＝|AB|＝4.

13．(多选题)(2020·滕州期末)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，∠EPF的外角平分线交x轴于点Q，过Q作QN⊥PE交EP的延长线于N，作QM⊥PF交线段PF于点M，则(　　)

A．|PE|＝|PF| B．|PF|＝|QF| C．|PN|＝|MF| D．|PN|＝|KF|
ABD　解析：由抛物线的定义，知|PE|＝|PF|，A正确；
因为PN∥QF，PQ是∠FPN的平分线，所以∠FQP＝∠NPQ＝∠FPQ，所以|PF|＝|QF|，B正确；若|PN|＝|MF|，由PQ是∠FPN的平分线，QN⊥PE，QM⊥PF得|QM|＝|QN|，从而有|PM|＝|PN|，于是有|PM|＝|FM|，这样就有|QP|＝|QF|，△PFQ为等边三角形，∠FPQ＝60°，也即有∠FPE＝60°，这只是在特殊位置才有可能，因此C错误；
由A，B知|PE|＝|QF|，因为|EN|＝|KQ|，所以|KF|＝|PN|，D正确．
14．(2020·邢台市高三三模)在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝kx＋m(k>0)交椭圆E：＋y2＝1于C，D两点．
(1)若m＝k＝1，且点P满足＋＋＝0，证明：点P不在椭圆E上；
(2)若椭圆E的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与线段F1F2和椭圆E的短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|＝|DN|，求四边形CF1DF2面积的最小值．
解：设直线l：y＝kx＋m(k>0)交椭圆E：＋y2＝1于C(x1，y1)，D(x2，y2)两点．
(1)把y＝x＋1代入＋y2＝1，得5x2＋8x＝0，
所以x1＋x2＝－，y1＋y2＝x1＋x2＋2＝－＋2＝.
因为＋＋＝0，
所以＝－(＋)＝(－x1－x2，－y1－y2)＝，
即P.
因为＋＝≠1，
所以点P不在椭圆E上．
(2)将y＝kx＋m(k>0)代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
又M，N(0，m)．
因为|CM|＝|DN|，
所以xM－x1＝x2－xN，
即xM＋xN＝x1＋x2，
所以－＝－.
因为直线y＝kx＋m(k>0)与线段F1F2及椭圆的短轴分别交于不同的两点，所以m≠0.又k>0，则k＝，故x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.
由－≤－2m≤，得－≤m≤.
因为y1＝x1＋m，y2＝x2＋m，
所以|y1－y2|＝
＝|x1－x2|＝
＝＝.
S＝S＋S
＝|F1F2|·|y1|＋|F1F2|·|y2|＝|F1F2|·|y1－y2|
＝×≥×＝.
故当m＝或m＝－时，四边形CF1DF2面积的最小值为.