《（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 解析幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（四十三）直線與圓錐曲線 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 解析幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（四十三）直線與圓錐曲線 文（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 解析幾何 課時(shí)達(dá)標(biāo)檢測(cè)（四十三）直線與圓錐曲線 文 1．直線y＝x＋3與雙曲線－＝1的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　) A．1 B．2 C．1或2 D．0 解析：選A　因?yàn)橹本€y＝x＋3與雙曲線的漸近線y＝x平行，所以它與雙曲線只有1個(gè)交點(diǎn)． 2．已知直線y＝2(x－1)與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M(－1，m)，若·＝0，則m＝(　　) A. B. C. D．0 解析：選B　由得A(2,2)，B，又∵M(jìn)(－1，m)且·＝0，∴2m2－2m＋1＝0，解得m＝. 3．斜率為1的直線l與橢圓＋y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，則|A

2、B|的最大值為(　　) A．2 B. C. D. 解析：選C　設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線l的方程為y＝x＋t，由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0.則x1＋x2＝－t，x1x2＝.∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝· ＝·，故當(dāng)t＝0時(shí)，|AB|max＝. 4．已知雙曲線－＝1(a>0，b＞0)上的一點(diǎn)到雙曲線的左、右焦點(diǎn)的距離之差為4，若拋物線y＝ax2上的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)關(guān)于直線y＝x＋m對(duì)稱，且x1x2＝－，則m的值為(　　) A. B. C．2 D．3 解析：選A　由雙曲線的定義知2a＝4，得a＝2，

3、所以拋物線的方程為y＝2x2.因?yàn)辄c(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)在拋物線y＝2x2上，所以y1＝2x，y2＝2x，兩式相減得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨設(shè)x1＜x2，又A，B關(guān)于直線y＝x＋m對(duì)稱，所以＝－1，故x1＋x2＝－，而x1x2＝－，解得x1＝－1，x2＝，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)的中點(diǎn)為M(x0，y0)，則x0＝＝－，y0＝＝＝，因?yàn)橹悬c(diǎn)M在直線y＝x＋m上，所以＝－＋m，解得m＝. 5．已知傾斜角為60°的直線l通過拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)，且與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長(zhǎng)為________． 解析：直線l的方程為y＝x＋1，由得y

4、2－14y＋1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝14，∴|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝14＋2＝16. 答案：16 6．設(shè)雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個(gè)公共點(diǎn)，則雙曲線的離心率為________． 解析：雙曲線－＝1的一條漸近線為y＝x，由方程組消去y，得x2－x＋1＝0有唯一解，所以Δ＝2－4＝0，＝2，所以e＝＝＝ ＝. 答案： 7．已知拋物線C：y2＝8x與點(diǎn)M(－2,2)，過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若·＝0，則k＝________. 解析：如圖所示，設(shè)F為焦點(diǎn)，易知F(2，0)，取AB的中點(diǎn)P，

5、過A，B分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為G，H，連接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，則|MP|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AG|＋|BH|)，所以MP為直角梯形BHGA的中位線，所以MP∥AG∥BH，由|MP|＝|AP|，得∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM為公共邊，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，則MF⊥AB，所以k＝－＝2. 答案：2 [大題?？碱}點(diǎn)——穩(wěn)解全解] 1．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2,0)，離心率為.過點(diǎn)F2的直線l(斜率不為0)與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)

6、為D，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OD交橢圓于M，N兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)當(dāng)四邊形MF1NF2為矩形時(shí)，求直線l的方程． 解：(1)由題意可知解得a＝，b＝. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意可知直線l的斜率存在．設(shè)其方程為y＝k(x－2)，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(－x3，－y3)，由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，所以x1＋x2＝，則y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝，所以AB的中點(diǎn)D的坐標(biāo)為，因此直線OD的方程為x＋3ky＝0(k≠0)．由解得y＝，x3＝－3ky3.因?yàn)樗倪呅蜯F1NF2為矩形，所以·＝0，即(

7、x3－2，y3)·(－x3－2，－y3)＝0，所以4－x－y＝0.所以4－＝0.解得k＝±.故直線l的方程為x－3y－2＝0或x＋3y－2＝0. 2．已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C的離心率為，其一個(gè)頂點(diǎn)是拋物線x2＝－4y的焦點(diǎn)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若過點(diǎn)P(2,1)的直線l與橢圓C在第一象限相切于點(diǎn)M，求直線l的方程和點(diǎn)M的坐標(biāo)． 解：(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 由題意得b＝，＝，解得a＝2，c＝1. 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)因?yàn)檫^點(diǎn)P(2,1)的直線l與橢圓C在第一象限相切，所以直線l的斜率存在，故可設(shè)直線l的方程為y＝k(

8、x－2)＋1(k≠0)．由 得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.① 因?yàn)橹本€l與橢圓C相切， 所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0， 整理，得96(2k＋1)＝0，解得k＝－. 所以直線l的方程為y＝－(x－2)＋1＝－x＋2. 將k＝－代入①式，可以解得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，故切點(diǎn)M的坐標(biāo)為. 3．已知過點(diǎn)(2,0)的直線l1交拋物線C：y2＝2px(p＞0)于A，B兩點(diǎn)，直線l2：x＝－2交x軸于點(diǎn)Q. (1)設(shè)直線QA，QB的斜率分別為k1，k2，求k1＋k2的值； (2)點(diǎn)P為拋物線C上異于A，B的

9、任意一點(diǎn)，直線PA，PB交直線l2于M，N兩點(diǎn)，·＝2，求拋物線C的方程． 解：(1)設(shè)直線l1的方程為x＝my＋2，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立方程得y2－2pmy－4p＝0， 則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－4p. k1＋k2＝＋＝＋ ＝＝＝0. (2)設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，直線PA：y－y1＝(x－x1)， 當(dāng)x＝－2時(shí)，yM＝，同理yN＝. 因?yàn)椤ぃ?，所以4＋yNyM＝2， 即·＝ ＝＝＝－2， 故p＝，所以拋物線C的方程為y2＝x. 4.如圖，已知橢圓＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)(0，)，離心率為，左、右焦點(diǎn)分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)

10、． (1)求橢圓的方程； (2)若直線l：y＝－x＋m與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，與以F1F2為直徑的圓交于C，D兩點(diǎn)，且滿足＝，求直線l的方程． 解：(1)由題設(shè)知解得 ∴橢圓的方程為＋＝1. (2)由題設(shè)，以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1， ∴圓心到直線l的距離d＝. 由d<1得|m|<.(*) ∴|CD|＝2＝2＝. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得x2－mx＋m2－3＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3. ∴|AB|＝ ＝. 由＝得 ＝1， 解得m＝±，均滿足(*)． ∴直線l的方程為y＝－x＋或y＝－x－.