【學霸優(yōu)課】數(shù)學理一輪對點訓練：104 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 Word版含解析

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1、 1．過點P(－2,0)的直線與拋物線C：y2＝4x相交于A、B兩點，且|PA|＝|AB|，則點A到拋物線C的焦點的距離為(　　) A. B. C. D．2 答案　A 解析　設A(x1，y1)、B(x2，y2)，分別過點A、B作直線x＝－2的垂線，垂足分別為點D、E.∵|PA|＝|AB|， ∴又得x1＝，則點A到拋物線C的焦點的距離為1＋＝. 2．設F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由已知得F，故直線AB的方程為y＝tan

2、30，即y＝x－. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立 將①代入②并整理得x2－x＋＝0， ∴x1＋x2＝， ∴線段|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12. 又原點(0,0)到直線AB的距離為d＝＝. ∴S△OAB＝|AB|d＝12＝. 3.已知點A(－2,3)在拋物線C：y2＝2px的準線上，過點A的直線與C在第一象限相切于點B，記C的焦點為F，則直線BF的斜率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意可知準線方程x＝－＝－2，∴p＝4，∴拋物線方程為y2＝8x.由已知易得過點A與拋物線y2＝8x相切的直線斜率存在，設為k，且k>

3、0，則可得切線方程為y－3＝k(x＋2)．聯(lián)立方程 消去x得ky2－8y＋24＋16k＝0.(*) 由相切得Δ＝64－4k(24＋16k)＝0，解得k＝或k＝－2(舍去)，代入(*)解得y＝8，把y＝8代入y2＝8x，得x＝8，即切點B的坐標為(8,8)，又焦點F為(2,0)，故直線BF的斜率為. 4．已知F為拋物線y2＝x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)，＝2(其中O為坐標原點)，則△ABO與△AFO面積之和的最小值是(　　) A．2 B．3 C. D. 答案　B 解析　設AB所在直線方程為x＝my＋t. 由消去x，得y2－my－t＝0. 設A(y

4、，y1)，B(y，y2)(不妨令y1>0，y2<0)， 故y＋y＝m，y1y2＝－t. 而＝y(tǒng)y＋y1y2＝2. 解得y1y2＝－2或y1y2＝1(舍去)． 所以－t＝－2，即t＝2. 所以直線AB過定點M(2,0)． 而S△ABO＝S△AMO＋S△BMO＝|OM||y1－y2|＝y(tǒng)1－y2， S△AFO＝|OF|y1＝y(tǒng)1＝y(tǒng)1， 故S△ABO＋S△AFO＝y(tǒng)1－y2＋y1＝y(tǒng)1－y2.由y1－y2＝y(tǒng)1＋(－y2)≥2＝2＝3， 得S△ABO＋S△AFO的最小值為3，故選B. 5．在平面直角坐標系xOy中，P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個動點．若點P到直線x－y＋1

5、＝0的距離大于c恒成立，則實數(shù)c的最大值為________． 答案　 解析　直線x－y＋1＝0與雙曲線x2－y2＝1的一條漸近線x－y＝0平行，這兩條平行線之間的距離為，又P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個動點，點P到直線x－y＋1＝0的距離大于c恒成立，則c≤，即實數(shù)c的最大值為. 6．設F為拋物線C：y2＝4x的焦點，過點P(－1,0)的直線l交拋物線C于A，B兩點，點Q為線段AB的中點．若|FQ|＝2，則直線l的斜率等于________． 答案　1 解析　設直線AB方程為x＝my－1(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立直線和拋物線方程，整理得，y2－4my＋4

6、＝0，由根與系數(shù)關(guān)系得y1＋y2＝4m，y1y2＝4.故Q(2m2－1,2m)．由|FQ|＝2知＝2，解得m2＝1或m2＝0(舍去)，故直線l的斜率等于1(此時直線AB與拋物線相切，為滿足題意的極限情況)． 7．已知動點P到直線l：x＝－1的距離等于它到圓C：x2＋y2－4x＋1＝0的切線長(P到切點的距離)．記動點P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)點Q是直線l上的動點，過圓心C作QC的垂線交曲線E于A，B兩點，設AB的中點為D，求的取值范圍． 解　(1)由已知得，圓心為C(2,0)，半徑r＝.設P(x，y)，依題意可得|x＋1|＝，整理得y2＝6x.故曲線E的方程為y

7、2＝6x. (2)設直線AB的方程為my＝x－2， 則直線CQ的方程為y＝－m(x－2)，可得Q(－1,3m)． 將my＝x－2代入y2＝6x并整理可得y2－6my－12＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝6m，y1y2＝－12，D(3m2＋2,3m)，|QD|＝3m2＋3. |AB|＝2 ， 所以2＝＝∈，故∈. 8．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)過點(0，)，且離心率e＝. (1)求橢圓E的方程； (2)設直線l：x＝my－1(m∈R)交橢圓E于A，B兩點，判斷點G與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系，并說明理由． 解　解法一：(1)由已知

8、得， 解得 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為H(x0，y0)． 由 得(m2＋2)y2－2my－3＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝－， 從而y0＝. 所以|GH|2＝2＋y＝2＋y＝(m2＋1)y＋my0＋. ＝＝ ＝ ＝(1＋m2)(y－y1y2)， 故|GH|2－＝my0＋(1＋m2)y1y2＋＝－＋＝>0，所以|GH|>. 故點G在以AB為直徑的圓外． 解法二：(1)同解法一． (2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝， ＝. 由得(m2＋2)y2－2my－3＝0， 所以y1＋

9、y2＝，y1y2＝－， 從而＝＋y1y2＝＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋＝＋＋＝>0， 所以cos〈，〉>0.又，不共線，所以∠AGB為銳角． 故點G在以AB為直徑的圓外． 9．已知點A(0，－2)，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點． (1)求E的方程； (2)設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程． 解　(1)設F(c,0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當l⊥x軸時不合題意，故設l：y＝k

10、x－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 將y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>時， x1,2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點O到直線PQ的距離d＝， 所以△OPQ的面積S△OPQ＝d|PQ|＝. 設 ＝t，則t>0，S△OPQ＝＝. 因為t＋≥4，當且僅當t＝2，即k＝時等號成立，且滿足Δ>0. 所以，當△OPQ的面積最大時，l的方程為 y＝x－2或y＝－x－2. 10．圓x2＋y2＝4的切線與x軸正半軸，y軸正半軸圍成一個三角形，當該三角形面積最小時，切點為P(如圖)．雙曲線C1

11、：－＝1過點P且離心率為. (1)求C1的方程； (2)橢圓C2過點P且與C1有相同的焦點，直線l過C2的右焦點且與C2交于A，B兩點，若以線段AB為直徑的圓過點P，求l的方程． 解　(1)設切點坐標為(x0，y0)(x0>0，y0>0)，則切線斜率為－，切線方程為y－y0＝－(x－x0)，即x0x＋y0y＝4.此時，兩個坐標軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為S＝＝.由x＋y＝4≥2x0y0，知當且僅當x0＝y(tǒng)0＝時x0y0有最大值，即S有最小值，因此點P的坐標為(，)． 由題意知解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程為x2－＝1. (2)由(1)知C2的焦點坐標為(－，0)，(，

12、0)，由此設C2的方程為＋＝1，其中b1>0. 由P(，)在C2上，得＋＝1， 解得b＝3.因此C2的方程為＋＝1. 顯然，l不是直線y＝0. 設l的方程為x＝my＋，點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，又y1，y2是方程的根， 因此 由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得 因為＝(－x1，－y1)，＝(－x2，－y2)． 由題意知＝0， 所以x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋4＝0.⑤ 將①，②，③，④代入⑤式整理，得 2m2－2m＋4－11＝0， 解得m＝－1或m＝－＋1.因此直線l的方程為x－y－＝0

13、或x＋y－＝0. 11．如圖，已知兩條拋物線E1：y2＝2p1x(p1>0)和E2：y2＝2p2x(p2>0)，過原點O的兩條直線l1和l2，l1與E1，E2分別交于A1，A2兩點，l2與E1，E2分別交于B1，B2兩點． (1)證明：A1B1∥A2B2； (2)過O作直線l(異于l1，l2)與E1，E2分別交于C1，C2兩點．記△A1B1C1與△A2B2C2的面積分別為S1與S2，求的值． 解　(1)證明：設直線l1，l2的方程分別為y＝k1x， y＝k2x(k1，k2≠0)，則由得A1， 由得A2. 同理可得B1，B2. 所以＝ ＝2p1. ＝ ＝2p2. 故＝，所以A1B1∥A2B2. (2)由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2.所以△A1B1C1∽△A2B2C2. 因此＝2. 又由(1)中的＝知＝.故＝.