（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

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