新课改专用2020版高考数学一轮跟踪检测52《直线与圆锥曲线》(含解析)

课时跟踪检测（五十二）  直线与圆锥曲线

1．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　　)

A．有且只有一条　　　　　 　B．有且只有两条

C．有且只有三条   D．有且只有四条

解析：选B　设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋1＝3＞2p＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．

2．(2019·张掖高三诊断)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若A，B两点的横坐标之和为，则|AB|＝(　　)

A.   B.

C．5   D.

解析：选D　过抛物线的焦点的弦长公式为|AB|＝p＋x1＋x2.∵p＝2，∴|AB|＝2＋＝.

3．(2018·聊城二模)已知直线l与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，若线段AB的中点为(2,1)，则直线l的方程为(　　)

A．y＝x－1   B．y＝－2x＋5

C．y＝－x＋3   D．y＝2x－3

解析：选D　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有①－②得y－y＝4(x1－x2)，由题可知x1≠x2.∴＝＝＝2，即kAB＝2，∴直线l的方程为y－1＝2(x－2)，即2x－y－3＝0.故选D.

4．(2019·厦门模拟)过双曲线C：－＝1的左焦点作倾斜角为的直线l，则直线l与双曲线C的交点情况是(　　)

A．没有交点

B．只有一个交点

C．有两个交点且都在左支上

D．有两个交点分别在左、右两支上

解析：选D　直线l的方程为y＝，代入C：－＝1，整理得23x2－8x－160＝0，Δ＝(－8)2＋4×23×160＞0，所以直线l与双曲线C有两个交点，由一元二次方程根与系数的关系得两个交点横坐标符号不同，故两个交点分别在左、右两支上．

5．已知抛物线y＝－x2＋3上存在关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，则|AB|＝(　　)

A．3   B．4

C．3   D．4

解析：选C　由题意可设lAB为y＝x＋b，代入y＝－x2＋3得x2＋x＋b－3＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－1，x1x2＝b－3，y1＋y2＝x1＋b＋x2＋b＝－1＋2b.所以AB中点坐标为，该点在x＋y＝0上，即－＋＝0，得b＝1，所以|AB|＝·＝3.

6．(2019·青岛模拟)已知点A是抛物线C：x2＝2py(p＞0)的对称轴与准线的交点，过点A作抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，若△APQ的面积为4，则p的值为(　　)

A.   B．1

C.   D．2

解析：选D　设过点A与抛物线相切的直线方程为y＝kx－.由得x2－2pkx＋p2＝0，

由Δ＝4k2p2－4p2＝0，可得k＝±1，

则Q，P，

∴△APQ的面积为×2p×p＝4，∴p＝2.故选D.

7．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)，过点P(3,6)的直线l与C相交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15)，则双曲线C的离心率为(　　)

A．2   B.

C.   D.

解析：选B　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中点为N(12，15)，得x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，由

两式相减得：＝，

则＝＝.由直线AB的斜率k＝＝1，∴＝1，则＝，∴双曲线的离心率e＝＝＝.

8．(2019·福州模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线交E于A，B两点，线段AB的中点为M，线段AB的垂直平分线交x轴于点C，MN⊥y轴于点N，若四边形CMNF的面积等于7，则E的方程为(　　)

A．y2＝x   B．y2＝2x

C．y2＝4x   D．y2＝8x

解析：选C　F，直线AB的方程为y＝x－.

联立得方程组可得x2－3px＋＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，

则y1＋y2＝x1＋x2－p＝2p，

∴M，∴N(0，p)，直线MC的方程为y＝－x＋.

∴C，∴四边形CMNF的面积为S梯形OCMN－S△ONF＝－··p＝＝7，

又p＞0，∴p＝2，即抛物线E的方程为y2＝4x.故选C.

9．(2018·湖北十堰二模)如图，F1，F2是双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的两个分支分别交于点A，B.若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为(　　)

A．4   B.

C.   D.

解析：选B　∵△ABF2为等边三角形，

∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°.

由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，

∴|BF1|＝2a.

又|BF2|－|BF1|＝2a，∴|BF2|＝4a.

∴|AF2|＝4a，|AF1|＝6a.

在△AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cos 60°，

∴(2c)2＝(6a)2＋(4a)2－2×4a×6a×，即c2＝7a2，

∴e＝＝＝.故选B.

10．(2019·贵阳模拟)已知双曲线x2－y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x2－x1的最小值为(　　)

A．2   B．2

C．4   D．3

解析：选A　∵l与圆相切，

∴原点到直线的距离d＝＝1，

∴m2＝1＋k2，由得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，

∴

∴k2＜1，∴－1＜k＜1，由于x1＋x2＝，

∴x2－x1＝＝＝，

∵0≤k2＜1，

∴当k2＝0时，x2－x1取最小值2.故选A.

11．(2019·安庆模拟)设抛物线x2＝4y的焦点为F，点A，B在抛物线上，且满足＝λ，若||＝，则λ的值为________．

解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由抛物线x2＝4y得焦点F的坐标为(0,1)，

准线方程为y＝－1，

∵||＝，∴y1＋1＝，解得y1＝，

∴x1＝±，由抛物线的对称性取x1＝，

∴A，∴直线AF的方程为y＝－x＋1，

由解得或

∴B(－2，2)，∴||＝2＋1＝3，

∵＝λ，∴||＝λ||，∴＝3λ，解得λ＝.

答案：

12．(2019·武汉调研)已知直线MN过椭圆＋y2＝1的左焦点F，与椭圆交于M，N两点．直线PQ过原点O且与直线MN平行，直线PQ与椭圆交于P，Q两点，则＝________.

解析：法一：由题意知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my＋1，则直线PQ的方程为x＝my.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4).⇒(m2＋2)y2＋2my－1＝0⇒y1＋y2＝－，y1y2＝－.

∴|MN|＝|y1－y2|＝2·.

⇒(m2＋2)y2－2＝0⇒y3＋y4＝0，y3y4＝－.

∴|PQ|＝|y3－y4|＝2 .

故＝2.

法二：取特殊位置，当直线MN垂直于x轴时，易得|MN|＝＝，|PQ|＝2b＝2，则＝2.

答案：2

13．(2019·石家庄重中高中摸底)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，直线l：y＝(x－1)，l与C交于A，B两点，若|AB|＝，则p＝________.

解析：由消去y，得3x2－(2p＋6)x＋3＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝1，所以|AB|＝2＝2 ＝，所以p＝2.

答案：2

14．(2018·深圳二模)设过抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2＝8px(p＞0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2＝8px(p＞0)的另一个交点为Q，则＝________.

解析：设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，

联立得解得P，

联立得解得Q，

∴|OP|＝ ＝，

|PQ|＝ ＝，

∴＝＝3.

答案：3

15．已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点F，E上一点(3，m)到焦点的距离为4.

(1)求抛物线E的方程；

(2)过F作直线l，交抛物线E于A，B两点，若直线AB中点的纵坐标为－1，求直线l的方程．

解：(1)抛物线E：y2＝2px(p＞0)的准线方程为x＝－，

由抛物线的定义可知3－  ＝4，

解得p＝2，∴抛物线E的方程为y2＝4x.

(2)法一：由(1)得抛物线E的方程为y2＝4x，焦点F(1,0)，

设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则

两式相减，整理得 ＝(x1≠x2)．

∵线段AB中点的纵坐标为－1，

∴直线l的斜率kAB＝＝＝－2，

∴直线l的方程为y－0＝－2(x－1)，即2x＋y－2＝0.

法二：由(1)得抛物线E的方程为y2＝4x，焦点F(1,0)，

设直线l的方程为x＝my＋1，

由消去x，得y2－4my－4＝0.

 设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，

 ∵线段AB中点的纵坐标为－1，

∴＝＝－1，解得m＝－，

∴直线l的方程为x＝－y＋1，即2x＋y－2＝0.

16．(2019·佛山模拟)已知直线l过点P(2,0)且与抛物线E：y2＝4x相交于A，B两点，与y轴交于点C，其中点A在第四象限，O为坐标原点．

(1)当A是PC中点时，求直线l的方程；

(2)以AB为直径的圆交直线OB于点D，求|OB|·|OD|的值．

解：(1)∵A是PC的中点，P(2,0)，C在y轴上，

∴A点的横坐标为1，又A在第四象限，∴A(1，－2)．

∴直线l的方程为y＝2x－4.

(2)显然直线l的斜率不为0，

设l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组消去x得y2－4my－8＝0，

∴y1y2＝－8，故x1x2＝·＝4，

∵D在以AB为直径的圆上，且在直线OB上，∴⊥，

设＝λ＝(λx2，λy2)，

则＝－＝(λx2－x1，λy2－y1)，

∴·＝(λx2－x1)λx2＋(λy2－y1)λy2＝0，

即λ2x－4λ＋λ2y＋8λ＝0，易知λ≠0，

∴λ(x＋y)＝－4.

∴|OB|·|OD|＝·

＝|λ|(x＋y)＝4.

17．(2019·广州调研)如图，在直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的上焦点为F1，椭圆C的离心率为，且过点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设过椭圆C的上顶点A的直线l与椭圆C交于点B(B不在y轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与x轴交于点H，若·＝0，且|MO|＝|MA|，求直线l的方程．

解：(1)因为椭圆C的离心率为，

所以＝，即a＝2c.

又a2＝b2＋c2，所以b2＝3c2，即b2＝a2，

所以椭圆C的方程为＋＝1.

把点代入椭圆C的方程中，解得a2＝4.

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)由(1)知，A(0,2)，设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝kx＋2，

由得(3k2＋4)x2＋12kx＝0.

设B(xB，yB)，得xB＝，

所以yB＝，

所以B.

设M(xM，yM)，因为|MO|＝|MA|，所以点M在线段OA的垂直平分线上，

所以yM＝1，因为yM＝kxM＋2，所以xM＝－，

即M.

设H(xH,0)，又直线HM垂直于直线l，

所以kMH＝－，即＝－.

所以xH＝k－，即H.

又F1(0,1)，所以＝，＝.

因为·＝0，所以·－＝0，

解得k＝±.

所以直线l的方程为y＝±x＋2.