高三理科數(shù)學(xué)新課標二輪復(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

《高三理科數(shù)學(xué)新課標二輪復(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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué)新課標二輪復(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（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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為坐標原點,F是橢圓C:=1(ab0)的左焦點,A,B分別為C的左、右頂點.P為C上一點,且PFx軸.過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OE的中點,則C的離心率為()A.B.C.D.2.(2017江西贛州二模)已知雙曲線=1(a,b0)的離心率為,則拋物線x2=4y的焦點到雙曲線的漸近線的距離是()A.B.C.D.3.如果與拋物線y2=8x相切傾斜角為135的直線l與x軸和y軸的交點分別是A和B,那么過A,B兩點的最小圓截拋物線y2=8x的準線所得的弦長為()A.4B.2C.2D.4.(2017河南六市第二次聯(lián)考

2、)已知雙曲線1:=1(a0,b0)的左、右焦點分別為F1,F2,橢圓2:=1的離心率為e,直線MN過F2與雙曲線交于M,N兩點,若cosF1MN=cosF1F2M,=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.平面直角坐標系xOy中,雙曲線C1:=1(a0,b0)的漸近線與拋物線C2:x2=2py(p0)交于點O,A,B.若OAB的垂心為C2的焦點,則C1的離心率為.6.已知橢圓C:=1(ab0)的右焦點F(1,0),過點F且與坐標軸不垂直的直線與橢圓交于P,Q兩點,當(dāng)直線PQ經(jīng)過橢圓的一個頂點時其傾斜角恰好為60.(1)求橢

3、圓C的方程.(2)設(shè)O為坐標原點,線段OF上是否存在點T(t,0),使得?若存在,求出實數(shù)t的取值范圍;若不存在,說明理由.7.(2017浙江,21)如圖,已知拋物線x2=y,點A,B,拋物線上的點P(x,y).過點B作直線AP的垂線,垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|PQ|的最大值.8.已知橢圓C:=1(ab0)的離心率為,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,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N,求證:|AN|BM|為定值.9.已知橢圓C:+y2=1與直線l:y=kx+m相交于E,F兩點

4、,且直線l與圓O:x2+y2=相切于點W(O為坐標原點).(1)證明:OEOF;(2)設(shè)=,求實數(shù)的取值范圍.思維提升訓(xùn)練10.定長為3的線段AB的兩個端點A,B分別在x軸、y軸上滑動,動點P滿足=2.(1)求點P的軌跡曲線C的方程;(2)若過點(1,0)的直線與曲線C交于M,N兩點,求的最大值.11.設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程;(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊

5、形MPNQ面積的取值范圍.12.已知橢圓E:=1(ab0)過點(0,),且離心率e=.(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,判斷點G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.設(shè)OE的中點為G,由OBGFBM,得,即,整理,得,故橢圓的離心率e=,故選A.2.B解析拋物線x2=4y的焦點為(0,1),雙曲線=1(a,b0)的離心率為,所以=2,雙曲線的漸近線為y=x=2x,則

6、拋物線x2=4y的焦點到雙曲線的漸近線的距離是故選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.因為直線與拋物線相切,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(-2,0),B(0,-2).因此過A,B兩點的最小圓即為以AB為直徑的圓,其方程為(x+1)2+(y+1)2=2,而拋物線y2=8x的準線方程為x=-2,此時圓心(-1,-1)到準線的距離為1,故所截弦長為2=2.4.C解析由題意可知=e=,2|F1M|=|F1N|.由cosF1MN=cosF1F2M,可得F1MN=F1F2M,即|F1M|=|F1

7、F2|=2c,|F1N|=4c,由雙曲線的定義可得|MF2|=2c-2a,|NF2|=4c-2a.取MF2的中點K,連接KF1,則|KM|=|KF2|=c-a.由勾股定理可得|F1K|2+|NK|2=|NF1|2,即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=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解析雙曲線的漸近線為y=x.由得A由得BF為OAB的垂心,kAFkOB=-1.即=-1,解得,即可得e=6.解(1)由題意知c=1,又=tan60=,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以橢圓的方程為=1.(

8、2)設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1)(k0),代入=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點為R(x0,y0),則x0=,y0=k(x0-1)=-由,得()=(2)=0,所以直線TR為直線PQ的垂直平分線,直線TR的方程為y+=-令y=0得點T的橫坐標t=因為k2(0,+),所以+4(4,+),所以t所以線段OF上存在點T(t,0),使得,其中t7.解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x-,因為-x0恒成立,所以tR,對于上式,當(dāng)t=0時,()max=綜上所述,的最大值為11.解(1)因為|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=

9、ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標準方程為(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E的軌跡方程為=1(y0).(2)當(dāng)l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,則x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=過點B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-(x-1),A到m的距離為,所以|PQ|=2=4故四邊形MPNQ的面積

10、S=|MN|PQ|=12可得當(dāng)l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).當(dāng)l與x軸垂直時,其方程為x=1,|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12,8).12.解(1)由已知,得解得所以橢圓E的方程為=1.(2)方法一:設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點為H(x0,y0).由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=-,從而y0=所以|GH|2=(m2+1)my0+=(1+m2)(-y1y2),故|GH|2-my0+(1+m2)y1y2+=0,所以|GH|故點G在以AB為直徑的圓外.方法二:設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),則由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=-,從而+y1y2=+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+=0,所以cos0.又不共線,所以AGB為銳角.故點G在以AB為直徑的圓外.