高三理科數(shù)學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓練18 Word版含答案

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1、 專題能力訓練18　直線與圓錐曲線 能力突破訓練 1.已知O為坐標原點,F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左、右頂點.P為C上一點,且PF⊥x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.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的焦點到雙曲線的漸近線的距離是(　　) A.510 B.55 C.255 D.455 3.如

2、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.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、右焦點分別為F1,F2,橢圓Γ2:x28+y26=1的離心率為e,直線MN過F2與雙曲線交于M,N兩點,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.45°和135&#

3、176; C.60°和120° D.15°和165° 5.平面直角坐標系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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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)求橢圓C的方程. (2)設O為坐標原點,線段OF上是否存在

4、點T(t,0),使得QP·TP=PQ·TQ?若存在,求出實數(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A-12,14,B32,94,拋物線上的點P(x,y)-12<x<32.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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,A(a,0),B(0,b),O(0,

5、0),△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)設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:x22+y2=1與直線l:y=kx+m相交于E,F兩點,且直線l與圓O:x2+y2=23相切于點W(O為坐標原點). (1)證明:OE⊥OF; (2)設λ=|EW||FW|,求實數(shù)λ的取值范圍. 思維提升訓練 10.定長為3的線段AB的兩個端點A,B分別在

6、x軸、y軸上滑動,動點P滿足BP=2PA. (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OM·ON的最大值. 11.設圓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,求四邊形MPNQ面積的取值范圍.

7、 12. 已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(0,2),且離心率e=22. (1)求橢圓E的方程; (2)設直線l:x=my-1(m∈R)交橢圓E于A,B兩點,判斷點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 專題能力訓練18　直線與圓錐曲線 能力突破訓練 1.A　解析由題意,不妨設直線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OE的中

8、點為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=4y的焦點為(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的焦點到雙曲線的漸近線的距離是11+4=55.故選B. 3.C　解析設直線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Δ=82-4×(

9、-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)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K,

10、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,∴kAF·kOB=-1. 即2b2pa2-p22bpa-

11、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)設直線PQ的方程為y=k(x-1)(k≠0),代入x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 設P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點為R(x0,y0),則x0=x1+x22=4k23+4k2,y0=k(x0-1)=-3k3+4k2. 由QP·TP=PQ·TQ,得PQ·(TQ+TP)=PQ

12、·(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T的橫坐標t=k23+4k2=13k2+4. 因為k2∈(0,+∞),所以3k2+4∈(4,+∞), 所以t∈0,14. 所以線段OF上存在點T(t,0),使得QP·TP=PQ·TQ,其中t∈0,14. 7.解(1)設直線AP的斜率為k,k=x2-14x+12=x-12, 因為-12<x<32,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 kx-y+12k+14=0,x

13、+ky-94k-32=0, 解得點Q的橫坐標是xQ=-k2+4k+32(k2+1). 因為|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1), |PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1, 所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3. 令f(k)=-(k-1)(k+1)3, 因為f'(k)=-(4k-2)(k+1)2, 所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調(diào)遞增,12,1上單調(diào)遞減, 因此當k=12時,|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.

14、所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設P(x0,y0),則x02+4y02=4. 當x0≠0時,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|AN|·|BM|=2+x0y0-1·1+2y0x0-2 =x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2 =4x0y0

15、-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4. 當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4. 綜上,|AN|·|BM|為定值. 9.解(1)因為直線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E(x1,y1),F(x2,y2), 則x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2, 所以OE·OF=x1x2+y1y2=x1x2+

16、(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OE⊥OF. (2)因為直線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+y1y2=0, 所以x1x2=-y1y2,即x12x22=y12y22, 從而x12x22=1-x

17、1221-x222,即x22=4-2x122+3x12, 所以λ=x122+13x222+13=2+3x124. 因為-2≤x1≤2,所以λ∈12,2. 思維提升訓練 10.解(1)設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. 因為x02+y02=9,所以32x2+(3y)2=9,化簡,得x24+y2=1, 所以點P的軌跡方程為x24+y2=1. (2)當過點(1,0)的直線為y=0時,OM·ON=(2,0)·(-2,0)=-4

18、, 當過點(1,0)的直線不為y=0時,可設為x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2). 聯(lián)立x24+y2=1,x=ty+1并化簡,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, OM·ON=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+4)=16t2+48>0恒成立,所以t∈R,

19、 對于上式,當t=0時,(OM·ON)max=14. 綜上所述,OM·ON的最大值為14. 11.解(1)因為|AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠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. 由題設得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2, 由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x24+y23=1(y≠0). (2)當l與x軸不垂直時,設l的方程為 y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N

20、(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l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83). 當l與x軸垂直時,其方程為x=1,|MN|

21、=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:設點A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點為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. |

22、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G-94,0在以AB為直徑的圓外. 方法二:設點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GA·GB=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<GA,GB>>0. 又GA,GB不共線,所以∠AGB為銳角. 故點G-94,0在以AB為直徑的圓外.