2019高考數(shù)學二輪復習 第一部分 壓軸專題一 解析幾何 第2講 圓錐曲線的綜合問題練習 文

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1、第2講 圓錐曲線的綜合問題 A組　小題提速練 一、選擇題 1．已知雙曲線－＝1與直線y＝2x有交點，則雙曲線離心率的取值范圍為 (　　) A．(1，)　　　　　　 B．(1，] C．(，＋∞) D．[，＋∞) 解析：∵雙曲線的一條漸近線方程為y＝x，則由題意得>2，∴e＝＝>＝. 答案：C 2．(2018·河南八市聯(lián)考)已知點M(－3,2)是坐標平面內一定點，若拋物線y2＝2x的焦點為F，點Q是該拋物線上的一動點，則|MQ|－|QF|的最小值是(　　) A. B．3 C. D．2 解析：拋物線的準線方程為x＝－，依據(jù)拋物線的定義，得|QM|－|QF|≥|xQ＋

2、3|－＝＝，選C. 答案：C 3．已知圓C：x2＋y2＋6x＋8y＋21＝0，拋物線y2＝8x的準線為l，設拋物線上任意一點P到直線l的距離為m，則m＋|PC|的最小值為(　　) A．5 B. C.－2 D．4 解析：由題得，圓C的圓心坐標為(－3，－4)，拋物線的焦點為F(2,0)．根據(jù)拋物線的定義，得m＋|PC|＝|PF|＋|PC|≥|FC|＝. 答案：B 4．若以橢圓上一點和兩個焦點為頂點的三角形面積的最大值為1，則橢圓長軸長的最小值為(　　) A．1 B. C．2 D．2 解析：設橢圓C：＋＝1(a>b>0)，則使三角形面積最大時，三角形在橢圓上的頂點為

3、橢圓短軸端點， 所以S＝×2c×b＝bc＝1≤＝. 所以a2≥2.所以a≥. 所以長軸長2a≥2，故選D. 答案：D 5．以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準線于D，E兩點．已知|AB|＝4，|DE|＝2，則C的焦點到準線的距離為(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：設拋物線的方程為y2＝2px(p＞0)，圓的方程為x2＋y2＝r2. ∵|AB|＝4，|DE|＝2， 拋物線的準線方程為x＝－， ∴不妨設A，D. ∵點A，D在圓x2＋y2＝r2上， ∴∴＋8＝＋5，∴p＝4(負值舍去)． ∴C的焦點到準線的距離為4. 答案：B 6．(

4、2018·贛州模擬)若點A的坐標為(3,2)，F(xiàn)是拋物線y2＝2x的焦點，點M在拋物線上移動時，使|MF|＋|MA|取得最小值的M的坐標為(　　) A．(0,0) B. C．(1，) D．(2,2) 解析：過M點作準線的垂線，垂足是N，則|MF|＋|MA|＝|MN|＋|MA|，當A，M，N三點共線時，|MF|＋|MA|取得最小值，此時M(2,2)． 答案：D 7．(2018·湖南師大附中月考)設雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線與拋物線y2＝x的一個交點的橫坐標為x0，若x0>1，則雙曲線C的離心率e的取值范圍是(　　) A. B．(，＋∞) C．(1，)

5、 D. 解析：聯(lián)立消去y得x2＝x，由x0>1知<1，即<1，故e2<2，又e>1，所以1

6、P(xP，yP)，由題可得拋物線焦點為F(1,0)，準線方程為x＝－1，又點P到焦點F的距離為2，∴由定義知點P到準線的距離為2，∴xP＋1＝2，∴xP＝1，代入拋物線方程得|yP|＝2，∴△OFP的面積為S＝·|OF|·|yP|＝×1×2＝1. 答案：B 10．已知圓：C1(x－4)2＋y2＝169，圓C2：(x＋4)2＋y2＝9，動圓在圓C1內部且和圓C1相內切，和圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡方程為(　　) A.－＝1 B.＋＝1 C.－＝1 D.＋＝1 解析：設圓M的半徑為r， 則|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16， ∴M的軌跡是以C1，C2

7、為焦點的橢圓，且2a＝16,2c＝8，故所求的軌跡方程為＋＝1. 答案：D 11．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：因為直線AB過點F(3,0)和點(1，－1)，所以直線AB的方程為y＝(x－3)，代入橢圓方程＋＝1消去y，得(＋b2)x2－a2x＋a2－a2b2＝0，所以AB的中點的橫坐標為＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，選擇D. 答案：D 12．若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的離心率

8、e＝，點A(0,1)與雙曲線上的點的最小距離是，則該雙曲線的方程為(　　) A.－y2＝1 B.－y2＝1 C.－y2＝1 D.－＝1 解析：由c＝，知＝＝，解得a＝2b，所以雙曲線的方程為－＝1，即為x2－4y2＝4b2.設B(x，y)是雙曲線上任意一點，故|AB|2＝x2＋(y－1)2＝4b2＋4y2＋(y－1)2＝52＋4b2＋，當y＝時，|AB|取得最小值 ＝，解得b＝1，所以該雙曲線的方程為－y2＝1. 答案：C 二、填空題 13．若橢圓短軸的一個端點與兩焦點組成一個正三角形，且焦點到同側頂點的距離為1，則橢圓的標準方程為________． 解析：由題意可知

9、∴∴b2＝a2－c2＝3. 橢圓方程為＋＝1或＋＝1. 答案：＋＝1或＋＝1 14．雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA，OC所在的直線，點B為該雙曲線的焦點．若正方形OABC的邊長為2，則a＝________. 解析：雙曲線－＝1的漸近線方程為y＝±x，由已知可得兩條漸近線方程互相垂直，由雙曲線的對稱性可得＝1.又正方形OABC的邊長為2，所以c＝2，所以a2＋b2＝c2＝(2)2，解得a＝2. 答案：2 15．已知直線l：y＝kx＋t與圓：x2＋(y＋1)2＝1相切，且與拋物線C：x2＝4y交于不同的兩點M，N，則實數(shù)t的取值范圍是________．

10、 解析：因為直線l與圓相切，所以＝1?k2＝t2＋2t.再把直線l的方程代入拋物線方程并整理得x2－4kx－4t＝0，于是由Δ＝16k2＋16t＝16(t2＋2t)＋16t>0，得t>0或t<－3. 答案：t>0或t<－3 16．過雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點作一條與其漸近線平行的直線，交C于點P.若點P的橫坐標為2a，則C的離心率為________． 解析：設直線方程為y＝(x－c)， 由，得x＝， 由＝2a，e＝， 解得e＝2＋(e＝2－舍去)． 答案：2＋ B組　大題規(guī)范練 1．已知動點M到定點F1(－2,0)和F2(2,0)的距離之和為4. (1)求動

11、點M的軌跡C的方程； (2)設N(0,2)，過點P(－1，－2)作直線l，交曲線C于不同于N的兩點A，B，直線NA，NB的斜率分別為k1，k2，求k1＋k2的值． 解析：(1)由橢圓的定義，可知點M的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點，4為長軸長的橢圓． 由c＝2，a＝2，得b＝2. 故動點M的軌跡C的方程為＋＝1. (2)當直線l的斜率存在時，設其方程為y＋2＝k(x＋1)， 由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)>0，則k>0或k<－. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝

12、. 從而k1＋k2＝＋ ＝ ＝2k－(k－4)＝4. 當直線l的斜率不存在時，得A，B， 所以k1＋k2＝4. 綜上，恒有k1＋k2＝4. 2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左焦點為F(－1,0)，過點D(0,2)且斜率為k的直線l交橢圓于A，B兩點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)在y軸上，是否存在定點E，使·恒為定值？若存在，求出E點的坐標和這個定值；若不存在，說明理由． 解析：(1)由已知可得解得a2＝2，b2＝1， 所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)設過點D(0,2)且斜率為k的直線l的方程為y＝kx＋2， 由消去y整理得(1＋2k2

13、)x2＋8kx＋6＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－. y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝. 設存在點E(0，m)，則＝(－x1，m－y1)， ＝(－x2，m－y2)， 所以·＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝＋m2－m·－＝. 要使得·＝t(t為常數(shù))， 只需＝t，從而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0， 即解得m＝，從而t＝， 故存在定點E，使·恒為定值. 3．已知橢圓C：＋＝1(a>

14、b>0)的右焦點為F(1,0)，且點P在橢圓C上，O為坐標原點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)設過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍． 解析：(1)由題意，得c＝1， 所以a2＝b2＋1. 因為點P在橢圓C上， 所以＋＝1，所以a2＝4，b2＝3. 則橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)設直線l的方程為y＝kx＋2，點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0. 因為Δ＝48(4k2－1)>0，所以k2>， 由根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝，x1x2＝. 因為∠AOB

15、為銳角，所以·>0，即x1x2＋y1y2>0. 所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0， 即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0， 所以(1＋k2)·＋2k·＋4>0， 即>0， 所以k2<. 綜上可知

16、l的方程；若不存在，請說明理由． 解析：(1)圓C1的方程可化為(x＋3)2＋y2＝9. 設圓C1的圓心C1(－3,0)關于直線l1：y＝2x＋1的對稱點為C(a，b)，則kCC1·2＝－1，且線段CC1的中點在直線l1：y＝2x＋1上， 所以有 解得 所以圓C的方程為(x－1)2＋(y＋2)2＝9. (2)因為||＝|－|＝||，所以平行四邊形OASB為矩形，所以OA⊥OB，即·＝0. ①當直線l的斜率不存在時，可得直線l：x＝－1，與圓C：(x－1)2＋(y＋2)2＝9交于兩點A(－1，－2)，B(－1，－－2)． 因為·＝(－1)×(－1)＋(－2)×(－－2)＝0，所以

17、OA⊥OB，所以當直線l的斜率不存在時，直線l：x＝－1滿足條件． ②當直線l的斜率存在時， 可設直線l的方程為y＝k(x＋1)． 設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得(1＋k2)x2＋(2k2＋4k－2)x＋k2＋4k－4＝0. 由于點(－1,0)在圓C內部，所以Δ>0恒成立． x1,2＝， x1＋x2＝－，x1·x2＝. 要使OA⊥OB，必須使·＝0，即x1x2＋y1y2＝0， 也就是＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝0. 整理得：(1＋k2)－k2·＋k2＝0. 解得k＝1，所以直線l的方程為y＝x＋1. 故存在直線x＝－1和y＝x＋1，它們與圓C交于A，B兩點，使得在平行四邊形OASB中||＝|－|. 10