(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)課時(shí)跟蹤檢測(cè)(五十)圓錐曲線的綜合問(wèn)題(含解析).docx_第1頁(yè)
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課時(shí)跟蹤檢測(cè)(五十) 圓錐曲線的綜合問(wèn)題一保高考,全練題型做到高考達(dá)標(biāo)1(2019臺(tái)州模擬)已知雙曲線1的右焦點(diǎn)為F,若過(guò)點(diǎn)F的直線與雙曲線的右支有且只有一個(gè)交點(diǎn),則此直線的斜率的取值范圍是()A.B,C. D(,)解析:選A易知該雙曲線的漸近線方程為yx,當(dāng)過(guò)右焦點(diǎn)的兩條直線分別與兩條漸近線平行,即兩條直線的斜率分別為和時(shí),這兩條直線與雙曲線右支分別只有一個(gè)交點(diǎn),所以此直線的斜率的取值范圍是.2(2018寧波調(diào)研)已知不過(guò)原點(diǎn)O的直線交拋物線y22px于A,B兩點(diǎn),若OA,AB的斜率分別為kOA2,kAB6,則OB的斜率為()A3 B2C2 D3解析:選D由題意可知,直線OA的方程為y2x,與拋物線方程y22px聯(lián)立得解得或所以A,則直線AB的方程為yp6,即y6x2p,與拋物線方程y22px聯(lián)立得解得或所以B,所以直線OB的斜率kOB3.3(2018杭州二模)傾斜角為的直線經(jīng)過(guò)橢圓1(ab0)的右焦點(diǎn)F,與橢圓交于A,B兩點(diǎn),且2,則該橢圓的離心率為()A. B.C. D.解析:選B由題可知,直線的方程為yxc,與橢圓方程聯(lián)立得(a2b2)y22b2cyb40,且0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則又2,(cx1,y1)2(x2c,y2),y12y2,即,e,故選B.4(2018溫州十校聯(lián)考)已知點(diǎn)P是雙曲線C:1(a0,b0)右支上一點(diǎn),F(xiàn)1是雙曲線的左焦點(diǎn),且雙曲線的一條漸近線恰是線段PF1的中垂線,則該雙曲線的離心率是()A. B.C2 D.解析:選D設(shè)直線PF1:y(xc),則與漸近線yx的交點(diǎn)為M.因?yàn)镸是PF1的中點(diǎn),利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式,得P,因?yàn)辄c(diǎn)P在雙曲線上,所以滿足1,整理得c45a2c2,解得e.5(2019麗水五校聯(lián)考)已知拋物線C:y22px(p0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,過(guò)點(diǎn)F且傾斜角為60的直線交C于A,B兩點(diǎn),AMl,BNl,M,N為垂足,點(diǎn)Q為MN的中點(diǎn),|QF|2,則p_.解析:如圖,由拋物線的幾何性質(zhì)可得,以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切,且切點(diǎn)為Q,MFN是以MFN為直角的直角三角形,|MN|2|QF|4,過(guò)B作BDAM,垂足為D,|AB|.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由得12x220px3p20,x1x2p,|AB|x1x2pppp,p.答案:6已知雙曲線x21上存在兩點(diǎn)M,N關(guān)于直線yxm對(duì)稱,且MN的中點(diǎn)在拋物線y218x上,則實(shí)數(shù)m的值為_解析:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中點(diǎn)P(x0,y0),則兩式相減,得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1),顯然x1x2.3,即kMN3,M,N關(guān)于直線yxm對(duì)稱,kMN1,y03x0.又y0x0m,P,代入拋物線方程得m218,解得m0或8,經(jīng)檢驗(yàn)都符合答案:0或87(2019湖州六校聯(lián)考)設(shè)拋物線C:y24x的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)P(1,0)作直線l與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),若SABF,且|AF|BF|,則_.解析:設(shè)直線l的方程為xmy1,將直線方程代入拋物線C:y24x的方程,得y24my40,16(m21)0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),|y1|y2|,所以y1y24m,y1y24,又SABF,所以|y2y1|y2y1|,因此yy10,所以,從而,即.答案:8(2019衢州模擬)已知橢圓C:y21,若一組斜率為的平行直線被橢圓C所截線段的中點(diǎn)均在直線l上,則l的斜率為_解析:設(shè)弦的中點(diǎn)坐標(biāo)為M(x,y),設(shè)直線yxm與橢圓相交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),由消去y,得9x28mx16m2160,64m249(16m216)0,解得m,x1x2,x1x2,M(x,y)為弦AB的中點(diǎn),x1x22x,解得x,m,x,由消去m,得y2x,則直線l的方程為y2x,x,直線l的斜率為2.答案:29(2018東陽(yáng)適應(yīng))已知橢圓y21(a1)(1)若A(0,1)到焦點(diǎn)的距離為,求橢圓的離心率(2)RtABC以A(0,1)為直角頂點(diǎn),邊AB,AC與橢圓交于兩點(diǎn)B,C.若ABC面積的最大值為,求a的值解:(1)由題可得a,所以c,所以e.(2)不妨設(shè)AB斜率k0,則AB:ykx1, AC:yx1,由得(1a2k2)x22a2kx0,解得xB,同理xC,S|AB|AC|2a42a42a4,設(shè)tk,則t2,S2a4,當(dāng)且僅當(dāng)t2,即a1時(shí)取等號(hào),由,解得a3,a(舍),若a1,顯然無(wú)解a3.10(2019嘉興模擬)已知橢圓C:1(ab0)的離心率為,F(xiàn)1,F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn),過(guò)F2的直線l與C相交于A,B兩點(diǎn),F(xiàn)1AB的周長(zhǎng)為4.(1)求橢圓C的方程;(2)若橢圓C上存在點(diǎn)P,使四邊形OAPB為平行四邊形,求此時(shí)直線l的方程解:(1)橢圓的離心率為,ac,又F1AB的周長(zhǎng)為4,4a4,解得a,c1,b,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),這樣的直線不滿足題意,設(shè)直線l的斜率為k,則直線l的方程為yk(x1),將直線l的方程代入橢圓方程,整理得(23k2)x26k2x3k260,x1x2,故y1y2k(x1x2)2k2k.四邊形OAPB為平行四邊形,OPOAOB,從而x0x1x2,y0y1y2,又P(x0,y0)在橢圓上,1,化簡(jiǎn)得3k44k240,解得k,故所求直線l的方程為y(x1)二上臺(tái)階,自主選做志在沖刺名校1(2018湖州質(zhì)檢)已知橢圓E:1(ab0),不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的直線l:ykxm(k0)與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)A,B,直線OA,AB,OB的斜率依次構(gòu)成等比數(shù)列(1)求a,b,k的關(guān)系式;(2)若離心率e且|AB|,當(dāng)m為何值時(shí),橢圓的焦距取得最小值?解:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由題意得k2kOAkOB.聯(lián)立消去y,整理得(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20,故(2a2km)24(b2a2k2)(a2m2a2b2)0,即b2m2a2k20,且x1x2,x1x2,所以k2,即km(x1x2)m20,m20.又直線不經(jīng)過(guò)原點(diǎn),所以m0,所以b2a2k2,即bak.(2)因?yàn)閑,則a2c,bc,k,所以x1x2,x1x2m22c2,所以|AB|x1x2|,化簡(jiǎn)得2c222(0恒成立), 當(dāng)且僅當(dāng),即m時(shí),焦距最小綜上,當(dāng)m時(shí),橢圓的焦距取得最小值2(2018學(xué)軍適考)已知拋物線C:x24y,過(guò)點(diǎn)P(0,m)(m0)的動(dòng)直線l與C相交于A,B兩點(diǎn),拋物線C在點(diǎn)A和點(diǎn)B處的切線相交于點(diǎn)Q,直線AQ,BQ與x軸分別相交于點(diǎn)E,F(xiàn).(1)寫出拋物線C的焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程; (2)求證:點(diǎn)Q在直線ym上; (3)判斷是否存在點(diǎn)P,使得四邊形PEQF為矩形?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由解:(1)焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0,1),準(zhǔn)線方程為y1. (2)證明:由題意知直線l的斜率存在,故設(shè)l的方程為ykxm.由方程組得x24kx4m0,由題意,得16k216m0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x24k,x1x24m,所以拋物線在點(diǎn)A處的切線方程為yxx1(xx1),化簡(jiǎn),得yx1xx,同理,拋物線在點(diǎn)B處的切線方程為yx2xx.聯(lián)立方程,得x1xxx2xx,即(x1x2)x(x1x2)(x1x2),因?yàn)閤1x2,所以x(x1x2), 代入,得yx1x2m,所以點(diǎn)Q,即Q(2k,m)所以點(diǎn)Q在直線ym上. (3)假設(shè)存在點(diǎn)P,使得四邊形PEQF為矩形, 由四邊形PEQF為矩形,得EQFQ,即AQBQ,所以kAQkBQ1,即x1

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