高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練18 Word版含答案

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1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5專題能力訓(xùn)練18直線與圓錐曲線能力突破訓(xùn)練1.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦點(diǎn),A,B分別為C的左、右頂點(diǎn).P為C上一點(diǎn),且PFx軸.過點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過OE的中點(diǎn),則C的離心率為()A.13B.12C.23D.342.(20xx江西贛州二模)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a,b0)的離心率為5,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離是()A.510B.55C.255D.4553.如果與拋物線y2=8x相切傾斜角為135的直線l與x軸和y軸的交點(diǎn)分別是A和B,那么過A

2、,B兩點(diǎn)的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)線所得的弦長(zhǎng)為()A.4B.22C.2D.24.(20xx河南六市第二次聯(lián)考)已知雙曲線1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,橢圓2:x28+y26=1的離心率為e,直線MN過F2與雙曲線交于M,N兩點(diǎn),若cosF1MN=cosF1F2M,|F1M|F1N|=e,則雙曲線1的兩條漸近線的傾斜角分別為()A.30和150B.45和135C.60和120D.15和1655.平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線C1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的漸近線與拋物線C2:x2=2py(p0)交于點(diǎn)O,A,B.若OAB的垂心為C2的焦點(diǎn)

3、,則C1的離心率為.6.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦點(diǎn)F(1,0),過點(diǎn)F且與坐標(biāo)軸不垂直的直線與橢圓交于P,Q兩點(diǎn),當(dāng)直線PQ經(jīng)過橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)時(shí)其傾斜角恰好為60.(1)求橢圓C的方程.(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),線段OF上是否存在點(diǎn)T(t,0),使得QPTP=PQTQ?若存在,求出實(shí)數(shù)t的取值范圍;若不存在,說明理由.7.(20xx浙江,21)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A-12,14,B32,94,拋物線上的點(diǎn)P(x,y)-12xb0)的離心率為32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn),直線PA與y

4、軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:|AN|BM|為定值.9.已知橢圓C:x22+y2=1與直線l:y=kx+m相交于E,F兩點(diǎn),且直線l與圓O:x2+y2=23相切于點(diǎn)W(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)證明:OEOF;(2)設(shè)=|EW|FW|,求實(shí)數(shù)的取值范圍.思維提升訓(xùn)練10.定長(zhǎng)為3的線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)A,B分別在x軸、y軸上滑動(dòng),動(dòng)點(diǎn)P滿足BP=2PA.(1)求點(diǎn)P的軌跡曲線C的方程;(2)若過點(diǎn)(1,0)的直線與曲線C交于M,N兩點(diǎn),求OMON的最大值.11.設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交AD于

5、點(diǎn)E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.12.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)過點(diǎn)(0,2),且離心率e=22.(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)直線l:x=my-1(mR)交橢圓E于A,B兩點(diǎn),判斷點(diǎn)G-94,0與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系,并說明理由.參考答案專題能力訓(xùn)練18直線與圓錐曲線能力突破訓(xùn)練1.A解析由題意,不妨設(shè)直線l的方程為y=k(x+a),k0,分別令x=-c與x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.

6、設(shè)OE的中點(diǎn)為G,由OBGFBM,得12|OE|FM|=|OB|BF|,即ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13,故橢圓的離心率e=13,故選A.2.B解析拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為(0,1),雙曲線x2a2-y2b2=1(a,b0)的離心率為5,所以ba=c2-a2a2=e2-1=2,雙曲線的漸近線為y=bax=2x,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離是11+4=55.故選B.3.C解析設(shè)直線l的方程為y=-x+b,聯(lián)立直線與拋物線方程,消元得y2+8y-8b=0.因?yàn)橹本€與拋物線相切,所以=82-4(-8b)=0,解得b=-2,故直線l的方程為x+y+2=0,從而A(-

7、2,0),B(0,-2).因此過A,B兩點(diǎn)的最小圓即為以AB為直徑的圓,其方程為(x+1)2+(y+1)2=2,而拋物線y2=8x的準(zhǔn)線方程為x=-2,此時(shí)圓心(-1,-1)到準(zhǔn)線的距離為1,故所截弦長(zhǎng)為2(2)2-12=2.4.C解析由題意可知|F1M|F1N|=e=12,2|F1M|=|F1N|.由cosF1MN=cosF1F2M,可得F1MN=F1F2M,即|F1M|=|F1F2|=2c,|F1N|=4c,由雙曲線的定義可得|MF2|=2c-2a,|NF2|=4c-2a.取MF2的中點(diǎn)K,連接KF1,則|KM|=|KF2|=c-a.由勾股定理可得|F1K|2+|NK|2=|NF1|2,即

8、4c2-(c-a)2+(5c-3a)2=16c2,整理可得(c-2a)(3c-a)=0,由雙曲線的性質(zhì)可得e=ca=2,則雙曲線1的兩條漸近線的傾斜角分別為60和120.故選C.5.32解析雙曲線的漸近線為y=bax.由y=bax,x2=2py,得A2bpa,2b2pa2.由y=-bax,x2=2py,得B-2bpa,2b2pa2.F0,p2為OAB的垂心,kAFkOB=-1.即2b2pa2-p22bpa-0-ba=-1,解得b2a2=54,c2a2=94,即可得e=32.6.解(1)由題意知c=1,又bc=tan60=3,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以橢圓的方程為x24+y23=1

9、.(2)設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1)(k0),代入x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點(diǎn)為R(x0,y0),則x0=x1+x22=4k23+4k2,y0=k(x0-1)=-3k3+4k2.由QPTP=PQTQ,得PQ(TQ+TP)=PQ(2TR)=0,所以直線TR為直線PQ的垂直平分線,直線TR的方程為y+3k3+4k2=-1kx-4k23+4k2.令y=0得點(diǎn)T的橫坐標(biāo)t=k23+4k2=13k2+4.因?yàn)閗2(0,+),所以3k2+4(4,+),所以t0,14.所以線段OF上存在點(diǎn)T(t,0),使得Q

10、PTP=PQTQ,其中t0,14.7.解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x2-14x+12=x-12,因?yàn)?12x0恒成立,所以tR,對(duì)于上式,當(dāng)t=0時(shí),(OMON)max=14.綜上所述,OMON的最大值為14.11.解(1)因?yàn)閨AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(y0).(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方

11、程為y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,則x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k(x-1),A到m的距離為2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四邊形MPNQ的面積S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1,

12、|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,83).12.解(1)由已知,得b=2,ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,b=2,c=2.所以橢圓E的方程為x24+y22=1.(2)方法一:設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)為H(x0,y0).由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,從而y0=mm2+2.所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.|AB|24=(x1-x2)2+

13、(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24=(1+m2)(y1+y2)2-4y1y24=(1+m2)(y02-y1y2),故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以|GH|AB|2.故點(diǎn)G-94,0在以AB為直徑的圓外.方法二:設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則GA=x1+94,y1,GB=x2+94,y2.由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,從而GAGB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以cos0.又GA,GB不共線,所以AGB為銳角.故點(diǎn)G-94,0在以AB為直徑的圓外.