新高考2022年高考数学一轮课时跟踪52《直线与圆锥曲线》练习题

这是一份新高考2022年高考数学一轮课时跟踪52《直线与圆锥曲线》练习题，共6页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
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
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.3eq \r(2) D.4eq \r(2)
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.eq \f(1,2) B.1 C.eq \f(3,2) D.2
过双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)=1的左焦点作倾斜角为eq \f(π,6)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
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=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.eq \f(3,2) C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(\r(5),2)
如图，F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=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.eq \r(7) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3)
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
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.2eq \r(2) B.2 C.4 D.3eq \r(2)
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为( )
A.(eq \r(2)，eq \r(3)) B.(eq \r(2)，＋∞) C.(eq \r(2)，2) D.(1，eq \f(\r(6),2))
已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y=ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y=x＋m对称，且x1x2=－eq \f(1,2)，则m的值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2) C.2 D.3
二、解答题
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.
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.
已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)=1的左、右焦点，点P(x0，y0)在椭圆C上.
(1)求eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(PF2,\s\up15(→))的最小值；
(2)若y0>0且eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(F1F2,\s\up15(→))=0，已知直线l：y=k(x＋1)与椭圆C交于两点A，B，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q.问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由.
如图，在直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)=1(a＞b＞0)的上焦点为F1，椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，且过点(1, SKIPIF 1 < 0 ).
(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eq \(F1B,\s\up7(―→))·eq \(F1H,\s\up7(―→))=0，且|MO|=|MA|，求直线l的方程.
\s 0 答案解析
答案为：D；
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝4x1， ①,y\\al(2,2)＝4x2， ②))①－②得yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)=4(x1－x2)，
由题可知x1≠x2.∴eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(4,y1＋y2)=eq \f(4,2)=2，即kAB=2，∴直线l的方程为y－1=2(x－2)，
即2x－y－3=0.故选D.
答案为：C；
解析：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(－eq \f(1,2),－eq \f(1,2)+b)，该点在x＋y=0上，即－eq \f(1,2)＋(－eq \f(1,2)+b)=0，得b=1，
所以|AB|=eq \r(1＋12)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)=3eq \r(2).
答案为：D；
解析：设过点A与抛物线相切的直线方程为y=kx－eq \f(p,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\f(p,2)，,x2＝2py))得x2－2pkx＋p2=0，
由Δ=4k2p2－4p2=0，可得k=±1，则Q(p,eq \f(p,2))，P(-p,eq \f(p,2))，
∴△APQ的面积为eq \f(1,2)×2p×p=4，∴p=2.故选D.
答案为：D；
解析：直线l的方程为y=eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(13)))，代入C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)=1，整理得23x2－8eq \r(13)x－160=0，
Δ=(－8eq \r(13))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.
答案为：B；
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中点为N(12，15)，得x1＋x2=24，y1＋y2=30，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)－\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得：eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)=eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)，
则eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)=eq \f(4b2,5a2).由直线AB的斜率k=eq \f(15－6,12－3)=1，∴eq \f(4b2,5a2)=1，则eq \f(b2,a2)=eq \f(5,4)，
∴双曲线的离心率e=eq \f(c,a)=eq \r(1＋\f(b2,a2))=eq \f(3,2).
答案为：B；
解析：∵△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|cs 60°，
∴(2c)2=(6a)2＋(4a)2－2×4a×6a×eq \f(1,2)，即c2=7a2，∴e=eq \f(c,a)=eq \r(\f(c2,a2))=eq \r(7).故选B.
答案为：C；
解析：F（eq \f(p,2)，0），直线AB的方程为y=x－eq \f(p,2).
联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝x－\f(p,2)，))可得x2－3px＋eq \f(p2,4)=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=3p，则y1＋y2=x1＋x2－p=2p，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3p,2)，p))，∴N(0，p)，直线MC的方程为y=－x＋eq \f(5p,2).
∴C（eq \f(5p,2)，0），∴四边形CMNF的面积为S梯形OCMN－S△ONF=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3p,2)＋\f(5p,2)))·p,2)－eq \f(1,2)·eq \f(p,2)·p=eq \f(7p2,4)=7，
又p＞0，∴p=2，即抛物线E的方程为y2=4x.故选C.
答案为：A；
解析：∵l与圆相切，∴原点到直线的距离d=eq \f(|m|,\r(1＋k2))=1，
∴m2=1＋k2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－y2＝1))得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)=0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4m2k2＋41－k2m2＋1＝4m2＋1－k2＝8＞0，,x1x2＝\f(1＋m2,k2－1)＜0，))
∴k2＜1，∴－1＜k＜1，由于x1＋x2=eq \f(2mk,1－k2)，
∴x2－x1=eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \f(2\r(2),|1－k2|)=eq \f(2\r(2),1－k2)，
∵0≤k2＜1，∴当k2=0时，x2－x1取最小值2eq \r(2).故选A.
答案为：B；
解析：由题意知，直线l：y=－eq \f(a,b)(x－c)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,b2x2－a2y2＝a2b2，))
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(a4,b2)))x2＋eq \f(2a4c,b2)x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2))=0，由x1x2=eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))＜0，得b4＞a4，
所以b2=c2－a2＞a2，所以e2＞2，得e＞eq \r(2).
答案为：A；
解析：由双曲线的定义知2a=4，得a=2，所以抛物线的方程为y=2x2.
因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y=2x2上，所以y1=2xeq \\al(2,1)，y2=2xeq \\al(2,2)，
两式相减得y1－y2=2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨设x1＜x2，
又A，B关于直线y=x＋m对称，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)=－1，故x1＋x2=－eq \f(1,2)，而 x1x2=－eq \f(1,2)，解得x1=－1，x2=eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，
则x0=eq \f(x1＋y2,2)=－eq \f(1,4)，y0=eq \f(y1＋y2,2)=eq \f(2x\\al(2,1)＋2x\\al(2,2),2)=eq \f(5,4)，因为中点M在直线y=x＋m上，
所以eq \f(5,4)=－eq \f(1,4)＋m，解得m=eq \f(3,2).
解：(1)抛物线E：y2=2px(p＞0)的准线方程为x=－eq \f(p,2)，
由抛物线的定义可知3－(－eq \f(p,2)) =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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝4x1，,y\\al(2,2)＝4x2，))两式相减，整理得eq \f(y2－y1,x2－x1) =eq \f(4,y2＋y1)(x1≠x2).
∵线段AB中点的纵坐标为－1，
∴直线l的斜率kAB=eq \f(4,y2＋y1)=eq \f(4,－1×2)=－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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1))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，
∴eq \f(y1＋y2,2 )=eq \f(4m,2)=－1，解得m=－eq \f(1,2)，
∴直线l的方程为x=－eq \f(1,2)y＋1，即2x＋y－2=0.
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－8=0，
∴y1y2=－8，故x1x2=eq \f(y\\al(2,1),4)·eq \f(y\\al(2,2),4)=4，
∵D在以AB为直径的圆上，且在直线OB上，∴eq \(AD,\s\up7(―→))⊥eq \(OD,\s\up7(―→))，
设eq \(OD,\s\up7(―→))=λeq \(OB,\s\up7(―→))=(λx2，λy2)，
则eq \(AD,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))－eq \(OA,\s\up7(―→))=(λx2－x1，λy2－y1)，
∴eq \(AD,\s\up7(―→))·eq \(OD,\s\up7(―→))=(λx2－x1)λx2＋(λy2－y1)λy2=0，
即λ2xeq \\al(2,2)－4λ＋λ2yeq \\al(2,2)＋8λ=0，易知λ≠0，
∴λ(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))=－4.
∴|OB|·|OD|=eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))·eq \r(λ2x\\al(2,2)＋λ2y\\al(2,2))=|λ|(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))=4.
解：(1)由题意可知，F1(－1,0)，F2(1,0)，
∴eq \(PF1,\s\up15(→))=(－1－x0，－y0)，eq \(PF2,\s\up15(→))=(1－x0，－y0)
∴eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(PF2,\s\up15(→))=xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－1
∵点P(x0，y0)是椭圆C上，∴eq \f(x\\al(2,0),3)＋eq \f(y\\al(2,0),2)=1，即yeq \\al(2,0)=2－eq \f(2x\\al(2,0),3)
∴eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(PF2,\s\up15(→))=xeq \\al(2,0)＋2－eq \f(2,3)xeq \\al(2,0)－1=eq \f(1,3)xeq \\al(2,0)＋1，且－eq \r(3)≤x0≤eq \r(3)
∴eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(PF2,\s\up15(→))最小值1.
(2)∵eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(F1F2,\s\up15(→))=0，∴x0=－1，
∵y0>0，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2\r(3),3)))设A(x1·y1)，B(x2，y2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1))得，(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6=0，
∴x1＋x2=－eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2=eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
∴|x1－x2|=eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \f(4\r(3)·\r(1＋k2),2＋3k2)，
∴|AB|=eq \r(1＋k2)·|x1－x2|=eq \f(4\r(3)·1＋k2,2＋3k2)
∵Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2\r(3),3)))，PQ∥AB，∴直线PQ的方程为y－eq \f(2\r(3),3)=k(x＋1).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\f(2\r(3),3)＝kx＋1,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1))得，(2＋3k2)x2＋6keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(2\r(3),3)))x＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(2\r(3),3)))2－6=0.
∵xP=－1，∴xQ=eq \f(2－3k2－4\r(3)k,2＋3k2)，
∴|PQ|=eq \r(1＋k2)·|xP－xQ|=eq \r(1＋k2)·eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－4\r(3)k)),2＋3k2)，
若四边形PABQ能成为平行四边形，则|AB|=|PQ|，
∴4eq \r(3)·eq \r(1＋k2)=|4－4eq \r(3)k|，解得k=－eq \f(\r(3),3).
∴符合条件的直线l的方程为y=－eq \f(\r(3),2)(x＋1)，
即x＋eq \r(3)y＋1=0.
解：(1)因为椭圆C的离心率为eq \f(1,2)，所以eq \f(c,a)=eq \f(1,2)，即a=2c.
又a2=b2＋c2，所以b2=3c2，即b2=eq \f(3,4)a2，
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,\f(3,4)a2)=1.
把点(1, SKIPIF 1 < 0 )代入椭圆C的方程中，解得a2=4.
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)=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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))得(3k2＋4)x2＋12kx=0.
设B(xB，yB)，得xB=eq \f(－12k,3k2＋4)，所以yB=eq \f(－6k2＋8,3k2＋4)，所以B（eq \f(－12k,3k2＋4)，eq \f(－6k2＋8,3k2＋4)）
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=－eq \f(1,k)，即M（－eq \f(1,k)，1）
设H(xH,0)，又直线HM垂直于直线l，
所以kMH=－eq \f(1,k)，即eq \f(1,－\f(1,k)－xH)=－eq \f(1,k).
所以xH=k－eq \f(1,k)，即H（k－eq \f(1,k)，0）.
又F1(0,1)，所以eq \(F1B,\s\up7(―→))=（eq \f(－12k,3k2＋4)，eq \f(4－9k2,3k2＋4)），eq \(F1H,\s\up7(―→))=（k－eq \f(1,k)，-1）.
因为eq \(F1B,\s\up7(―→))·eq \(F1H,\s\up7(―→))=0，所以eq \f(－12k,3k2＋4)·（k－eq \f(1,k)）－eq \f(4－9k2,3k2＋4)=0，解得k=±eq \f(2\r(6),3).
所以直线l的方程为y=±eq \f(2\r(6),3)x＋2.