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

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:=1(a>b>0)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.B.C.D.2.(2017江西贛州二模)已知雙曲線=1(a,b>0)的離心率為,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)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(diǎn)分別是A和B,那么過A,B兩點(diǎn)的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)線所得的弦長為()A.4B.2C.2D.4.(2017河南六市第二次聯(lián)考)已知雙曲線1:=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)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(diǎn),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150°B.45°和135°C.60°和120°D.15°和165°5.平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線C1:=1(a>0,b>0)的漸近線與拋物線C2:x2=2py(p>0)交于點(diǎn)O,A,B.若OAB的垂心為C2的焦點(diǎn),則C1的離心率為. 6.已知橢圓C:=1(a>b>0)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?若存在,求出實(shí)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(diǎn)A,B,拋物線上的點(diǎn)P(x,y).過點(diǎn)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(a>b>0)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(diǎn),直線PA與y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:+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=相切于點(diǎn)W(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)證明:OEOF;(2)設(shè)=,求實(shí)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(gè)端點(diǎn)A,B分別在x軸、y軸上滑動(dòng),動(dòng)點(diǎn)P滿足=2.(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:=1(a>b>0)過點(diǎn)(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(diǎn),判斷點(diǎn)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),k>0,分別令x=-c與x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.設(shè)OE的中點(diǎn)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(diǎn)為(0,1),雙曲線=1(a,b>0)的離心率為,所以=2,雙曲線的漸近線為y=±x=±2x,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)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?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(-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|=|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,kAF·kOB=-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.(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(diǎn)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(diǎn)T的橫坐標(biāo)t=因?yàn)閗2(0,+),所以+4(4,+),所以t所以線段OF上存在點(diǎn)T(t,0),使得,其中t7.解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x-,因?yàn)?<x<,所以直線AP斜率的取值范圍是(-1,1).(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ=因?yàn)閨PA|=(k+1),|PQ|=(xQ-x)=-,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因?yàn)閒'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增,上單調(diào)遞減,因此當(dāng)k=時(shí),|PA|·|PQ|取得最大值8.解(1)由題意得解得a=2,b=1.所以橢圓C的方程為+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).設(shè)P(x0,y0),則+4=4.當(dāng)x00時(shí),直線PA的方程為y=(x-2).令x=0,得yM=-,從而|BM|=|1-yM|=直線PB的方程為y=x+1.令y=0,得xN=-,從而|AN|=|2-xN|=所以|AN|·|BM|=4.當(dāng)x0=0時(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.9.解(1)因?yàn)橹本€l與圓O相切,所以圓x2+y2=的圓心到直線l的距離d=,從而m2=(1+k2).由整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=,所以=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)·(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)+m2=0.所以O(shè)EOF.(2)因?yàn)橹本€l與圓O相切于W,=1,=1,所以=由(1)知x1x2+y1y2=0,所以x1x2=-y1y2,即,從而,即,所以=因?yàn)?x1,所以思維提升訓(xùn)練10.解(1)設(shè)A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),由=2得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),即因?yàn)?9,所以+(3y)2=9,化簡(jiǎn),得+y2=1,所以點(diǎn)P的軌跡方程為+y2=1.(2)當(dāng)過點(diǎn)(1,0)的直線為y=0時(shí),=(2,0)·(-2,0)=-4,當(dāng)過點(diǎn)(1,0)的直線不為y=0時(shí),可設(shè)為x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立并化簡(jiǎn),得(t2+4)y2+2ty-3=0,由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=-,y1y2=-,=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)+t+1=-4+又由=4t2+12(t2+4)=16t2+48>0恒成立,所以tR,對(duì)于上式,當(dāng)t=0時(shí),()max=綜上所述,的最大值為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=1(y0).(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),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(diǎn)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S=|MN|PQ|=12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(12,8).當(dāng)l與x軸垂直時(shí),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(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)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(diǎn)G在以AB為直徑的圓外.方法二:設(shè)點(diǎn)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cos<>>0.又不共線,所以AGB為銳角.故點(diǎn)G在以AB為直徑的圓外.