《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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
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(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PF⊥x軸.過(guò)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(guò)OE的中點(diǎn),則C的離心率為 ( )
A.13 B.12 C.23 D.34
2.(20xx江西贛州二模)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a,b>0)的離心率為5,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)到雙曲線的漸
2、近線的距離是( )
A.510 B.55 C.255 D.455
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(guò)A,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.4 B.22 C.2 D.2
4.(20xx河南六市第二次聯(lián)考)已知雙曲線Γ1:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,橢圓Γ2:x28+y26=1的離心率為e,直線MN過(guò)F2與雙曲線交于M,N兩點(diǎn),若cos∠F1MN=cos∠F1F2M,|F1M||F1N|=e,則雙曲線Γ1的兩條漸近線的傾斜角分別為( )
A.30和150 B
3、.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:x2a2-y2b2=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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(1,0),過(guò)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(guò)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(shuō)明理由.
4、
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)-12b>0)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軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:|AN||BM|為定
5、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:OE⊥OF;
(2)設(shè)λ=|EW||FW|,求實(shí)數(shù)λ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(guò)點(diǎn)(1,0)的直線與曲線C交于M,N兩點(diǎn),求OMON的最大值.
6、
11.設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過(guò)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(guò)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(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(0,2),且離心率e=22.
(1)求橢圓E
7、的方程;
(2)設(shè)直線l:x=my-1(m∈R)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(shuō)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△OBG∽△FBM,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=4
8、y的焦點(diǎn)為(0,1),雙曲線x2a2-y2b2=1(a,b>0)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Δ=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(guò)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,-
9、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cos∠F1MN=cos∠F1F2M,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=ca=2,則雙曲線
10、Γ1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.
(2)設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1)(k≠0),代入x24+y23=1,得(3
11、+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t∈0,14.
所以線段OF上存在點(diǎn)T(t,0),使得QPTP=PQTQ,其中t∈0,14.
12、7.解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x2-14x+12=x-12,
因?yàn)?12
13、12,1上單調(diào)遞減,
因此當(dāng)k=12時(shí),|PA||PQ|取得最大值2716.
8.解(1)由題意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).
設(shè)P(x0,y0),則x02+4y02=4.
當(dāng)x0≠0時(shí),直線PA的方程為y=y0x0-2(x-2).
令x=0,得yM=-2y0x0-2,
從而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.
直線PB的方程為y=y0-1x0x+1.
令y=0,得xN=-x0y0-1,
從而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.
所以|
14、AN||BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2
=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2
=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=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=23的圓心到直線l的距離d=|m|1+k2=23,從而m2=23(1+k2).
由x22+y2=1,y=kx+m,整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.
設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),
則x
15、1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,
所以O(shè)EOF=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)2m2-21+2k2+-4k2m21+2k2+m2
=3m2-2k2-21+2k2=2(1+k2)-2k2-21+2k2=0.
所以O(shè)E⊥OF.
(2)因?yàn)橹本€l與圓O相切于W,x122+y12=1,x222+y22=1,
所以λ=|EW||FW|=|OE|2-r2|OF|2-r2=x12+y12-23x22+y22-23=x122+13x222+13.
由(1)知x1x2+y1
16、y2=0,
所以x1x2=-y1y2,即x12x22=y12y22,
從而x12x22=1-x1221-x222,即x22=4-2x122+3x12,
所以λ=x122+13x222+13=2+3x124.
因?yàn)?2≤x1≤2,所以λ∈12,2.
思維提升訓(xùn)練
10.解(1)設(shè)A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),
由BP=2PA得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),
即x=2(x0-x),y-y0=-2y?x0=32x,y0=3y.
因?yàn)閤02+y02=9,所以32x2+(3y)2=9,化簡(jiǎn),得x24+y2=1,
所以點(diǎn)P的軌跡方程為x24+y2=1.
(2
17、)當(dāng)過(guò)點(diǎn)(1,0)的直線為y=0時(shí),OMON=(2,0)(-2,0)=-4,
當(dāng)過(guò)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x24+y2=1,x=ty+1并化簡(jiǎn),得(t2+4)y2+2ty-3=0,
由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=-2tt2+4,y1y2=-3t2+4,
OMON=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)-3t2+4+t-2tt2+4+1=-4t2+1t2+4=-4(t2+4)+17t2+4=-4+17t2+4.
又由Δ=4t2+12(t2+
18、4)=16t2+48>0恒成立,所以t∈R,
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|,EB∥AC,
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(y≠0).
(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為
y=k(x-1)(k≠0),
19、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(guò)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
20、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[12,83).
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+52my
21、0+2516.
|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24
=(1+m2)(y1-y2)24
=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]4
=(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cos>0.
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.
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
