2020屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 課時跟蹤練（五十五）圓錐曲線的綜合問題 文（含解析）新人教A版

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1、課時跟蹤練(五十五) A組　基礎(chǔ)鞏固 1．若拋物線y2＝2px的焦點與橢圓＋＝1的右焦點重合，則p的值為(　　) A．－2　　　　　　　 B．2 C．－4 D．4 解析：因為橢圓＋＝1的右焦點為(2，0)， 所以拋物線y2＝2px的焦點為(2，0)，則p＝4. 答案：D 2．已知直線y＝2(x－1)與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點，點M(－1，m)，若·＝0，則m＝(　　) A. B. C. D．0 解析：由得A(2，2)，B. 又因為M(－1，m)且·＝0， 所以2m2－2m＋1＝0，解得m＝. 答案：B 3．(2019·聊城模擬)已知直線l與拋

2、物線C：y2＝4x相交于A，B兩點，若線段AB的中點為(2，1)，則直線l的方程為(　　) A．y＝x－1 B．y＝－2x＋5 C．y＝－x＋3 D．y＝2x－3 解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 ①－②得y－y＝4(x1－x2)，由題可知x1≠x2.所以＝＝＝2， 即kAB＝2，所以直線l的方程為y－1＝2(x－2)，即2x－y－3＝0.故選D. 答案：D 4．已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線過點(2，)，且雙曲線的一個焦點在拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線上，則雙曲線的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解

3、析：由題意知點(2，)在漸近線y＝x上，所以＝，又因為拋物線的準(zhǔn)線為x＝－，所以c＝，故a2＋b2＝7，所以a＝2，b＝.故雙曲線的方程為－＝1. 答案：D 5．已知拋物線y2＝2px的焦點F與橢圓16x2＋25y2＝400的左焦點重合，拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點為K，點A在拋物線上且|AK|＝|AF|，則點A的橫坐標(biāo)為(　　) A．2 B．－2 C．3 D．－3 解析：16x2＋25y2＝400可化為＋＝1， 則橢圓的左焦點為F(－3，0)， 又拋物線y2＝2px的焦點為， 準(zhǔn)線為x＝－，所以＝－3，即p＝－6， 即y2＝－12x，K(3，0)． 設(shè)A(x，y)，則

4、由|AK|＝|AF|得 (x－3)2＋y2＝2[(x＋3)2＋y2]，即x2＋18x＋9＋y2＝0， 又y2＝－12x，所以x2＋6x＋9＝0，解得x＝－3. 答案：D 6．已知拋物線y2＝4x的弦AB的中點的橫坐標(biāo)為2，焦點為F，則|AB|的最大值為________． 解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4， 那么|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2， 又|AF|＋|BF|≥|AB|?|AB|≤6，當(dāng)AB過焦點F時取得最大值6. 答案：6 7．(2019·福建四地六校模擬)過橢圓＋＝1內(nèi)一點P(3，1)，且被這點平分的弦所在直線的方程是________．

5、 解析：設(shè)直線與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點， 由于A，B兩點均在橢圓上， 故＋＝1，＋＝1， 兩式相減得 ＋＝0. 又因為P是A，B的中點，所以x1＋x2＝6，y1＋y2＝2， 所以kAB＝＝－. 所以直線AB的方程為y－1＝－(x－3)． 即3x＋4y－13＝0. 答案：3x＋4y－13＝0 8．已知橢圓＋＝1(0

6、故△ABF面積的最大值為2. 答案：2 9．(2019·陜西質(zhì)檢)已知橢圓與拋物線y2＝4x有一個相同的焦點，且該橢圓的離心率為. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點P(0，1)的直線與該橢圓交于A、B兩點，O為坐標(biāo)原點，若＝2，求△AOB的面積． 解：(1)設(shè)橢圓方程為＋＝1，a>b>0， 由題意可得c＝，又橢圓的離心率為，得a＝2. 所以b2＝a2－c2＝2， 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由＝2得 設(shè)直線方程為y＝kx＋1，代入橢圓方程整理， 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 所以x1＋x2＝，x1·x2＝.

7、 由x1＝－2x2代入上式可得＝. 所以k2＝. 所以△AOB的面積S＝|OP|·|x1－x2|＝·＝. 10．(2019·沈陽模擬)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓＋＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝ . (1)求點P的軌跡方程E； (2)過F(1，0)的直線l1與點P的軌跡交于A、B兩點，過F(1，0)作與l1垂直的直線l2與點P的軌跡交于C、D兩點，求證：＋為定值． (1)解：設(shè)P(x，y)，則N(x，0)，＝(0，y)， 又因為＝ ＝，所以M， 由點M在橢圓上，得＋＝1，即＋＝1. 即點P的軌跡方程E為＋＝1. (2)證明：當(dāng)l1與x軸重合時，|AB|＝6

8、，|CD|＝， 所以＋＝. 當(dāng)l1與x軸垂直時，|AB|＝，|CD|＝6， 所以＋＝. 當(dāng)l1與x軸不垂直也不重合時，可設(shè)l1的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則l2的方程為y＝－(x－1)． 聯(lián)立得消去y， 得(8＋9k)x2－18k2x＋9k2－72＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|AB|＝＝， 同理可得|CD|＝， 所以＋＝＋＝，為定值． 綜上，＋為定值． B組　素養(yǎng)提升 11．(2019·福州模擬)已知拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過F且斜率為1的直線交E于A，B兩點，線段AB的中點為M，線段A

9、B的垂直平分線交x軸于點C，MN⊥y軸于點N，若四邊形CMNF的面積等于7，則E的方程為(　　) A．y2＝x B．y2＝2x C．y2＝4x D．y2＝8x 解析：由題意可得F，直線AB的方程為y＝x－. 聯(lián)立得方程組可得x2－3px＋＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝3p， 則y1＋y2＝x1＋x2－p＝2p， 所以M， 所以N(0，p)，直線MC的方程為y＝－x＋. 所以C， 所以四邊形CMNF的面積為 S梯形OCMN－S△ONF＝－··p＝＝7，又p>0， 所以p＝2，即拋物線E的方程為y2＝4x.故選C. 答案：C 1

10、2．(2019·十堰模擬)如圖，F(xiàn)1、F2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F1的直線l與C的兩個分支分別交于點A、B.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為(　　) A．4 B. C. D. 解析：因為△ABF2為等邊三角形， 所以|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°. 由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，所以|BF1|＝2a.又|BF2|－|BF1|＝2a，所以|BF2|＝4a. 所以|AF2|＝4a，|AF1|＝6a. 在△AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·

11、|AF1|cos 60°， 所以(2c)2＝(6a)2＋(4a)2－2×4a×6a×，即c2＝7a2，所以e＝＝＝.故選B. 答案：B 13．(2019·深圳模擬)設(shè)過拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點P(異于原點O)的直線與拋物線y2＝8px(p>0)交于A，B兩點，直線OP與拋物線y2＝8px(p>0)的另一個交點為Q，則＝________． 解析：設(shè)直線OP的方程為y＝kx(k≠0)， 聯(lián)立解得P， 聯(lián)立解得Q， 所以|OP|＝＝，|PQ|＝＝， 所以＝＝3. 答案：3 14．[一題多解](2019·廣州綜合測試)已知定點F(0，1)，定直線l：y＝－1，動圓

12、M過點F，且與直線l相切． (1)求動圓M的圓心軌跡C的方程； (2)過點F的直線與曲線C相交于A，B兩點，分別過點A，B作曲線C的切線l1，l2，兩條切線相交于點P，求△PAB外接圓面積的最小值． 解：(1)法一　設(shè)圓心M到直線l的距離為d， 由題意|MF|＝d. 設(shè)圓心M(x，y)，則有＝|y＋1|. 化簡得x2＝4y. 所以點M的軌跡C的方程為x2＝4y. 法二　設(shè)圓心M到直線l的距離為d， 由題意|MF|＝d. 根據(jù)拋物線的定義可知，點M的軌跡為拋物線， 焦點為F(0，1)，準(zhǔn)線為y＝－1. 所以點M的軌跡C的方程為x2＝4y. (2)法一　設(shè)lAB：y＝kx

13、＋1， 代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 所以|AB|＝·|x1－x2|＝4(k2＋1)． 因為曲線C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝. 所以直線l1的斜率為k1＝， 直線l2的斜率為k2＝. 因為k1k2＝＝－1， 所以PA⊥PB，即△PAB為直角三角形． 所以△PAB的外接圓的圓心為線段AB的中點，線段AB是外接圓的直徑． 因為|AB|＝4(k2＋1)，所以當(dāng)k＝0時，線段AB最短，最短長度為4，此時圓的面積最小，最小面積為4π. 法二　設(shè)lAB：y＝kx＋1， 代入x2＝4y

14、中，得x2－4kx－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 所以|AB|＝·|x1－x2|＝4(k2＋1)． 因為曲線C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝. 所以直線l1的方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝x－.① 同理可得直線l2的方程為y＝x－.② 聯(lián)立①②，解得即P(2k，－1)． 因為·＝(x1－2k，y1＋1)·(x2－2k，y2＋1)＝x1x2－2k(x1＋x2)＋4k2＋y1y2＋(y1＋y2)＋1＝0， 所以PA⊥PB，即△PAB為直角三角形． 所以△PAB的外接圓的圓心為線段AB的中點，線段AB是外接圓的

15、直徑． 因為|AB|＝4(k2＋1)，所以當(dāng)k＝0時，線段AB最短，最短長度為4，此時圓的面積最小，最小面積為4π. 法三　設(shè)lAB：y＝kx＋1，由對稱性不妨設(shè)點A在y軸的左側(cè)， 代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0. 解得A(2k－2，2k2－2k＋1)， B(2k＋2，2k2＋2k＋1)． 所以|AB|＝4(k2＋1)． 因為曲線C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以直線l1的方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝x－.① 同理可得直線l2的方程為y＝x－.② 聯(lián)立①②，解得即P(2k，－1)． 因為AB的中點M的坐標(biāo)為(2k，2k2＋1)， 所以AB的中垂線方程為y－(2k2＋1)＝－(x－2k)， 因為PA的中垂線方程為y－(k2－k)＝(k＋)[x－(2k－)]， 聯(lián)立上述兩個方程，解得其交點坐標(biāo)為N(2k，2k2＋1)． 因為點M，N的坐標(biāo)相同， 所以AB的中點M為△PAB的外接圓的圓心． 所以△PAB是直角三角形，且PA⊥PB. 所以線段AB是△PAB外接圓的直徑． 因為|AB|＝4(k2＋1)， 所以當(dāng)k＝0時，線段AB最短，最短長度為4，此時圓的面積最小，最小面積為4π. 10