2019-2020年高考數學二輪復習 專題能力訓練16 直線與圓錐曲線 文.doc

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2019-2020年高考數學二輪復習 專題能力訓練16 直線與圓錐曲線 文 一、選擇題 1.(xx福建質檢)已知雙曲線C1:=1(a>0,b>0)的離心率為,一條漸近線為l,拋物線C2:y2=4x的焦點為F,點P為直線l與拋物線C2異于原點的交點,則|PF|=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.3 C.4 D.5 2.(xx山東臨沂二模)已知雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線被圓C:x2+y2-6x=0所截得的弦長等于2,則該雙曲線的離心率等于(　　) A. B. C. D. 3.橢圓C:=1的左、右頂點分別為A1,A2,點P在C上且直線PA2的斜率的取值范圍是[-2,-1],則直線PA1斜率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 4.(xx福建福州質量檢測)如圖,直線y=m與拋物線y2=4x交于點A,與圓(x-1)2+y2=4的實線部分交于點B,F為拋物線的焦點,則△ABF的周長的取值范圍是(　　) A.(2,4) B.(4,6) C.[2,4] D.[4,6] 5.已知(4,2)是直線l被橢圓=1所截得的線段的中點,則直線l的方程是(　　) A.x-2y=0 B.x+2y-4=0 C.2x+3y+4=0 D.x+2y-8=0 6.(xx河北唐山一中調研)已知雙曲線=1(a>0,b>0)上一點C,過雙曲線中心的直線交雙曲線于A,B兩點,記直線AC,BC的斜率分別為k1,k2,當+ln|k1|+ln|k2|最小時,雙曲線離心率為(　　) A. B. C.+1 D.2 二、填空題 7.過點M(1,1)作斜率為-的直線與橢圓C:=1(a>b>0)相交于A,B兩點,若M是線段AB的中點,則橢圓C的離心率為　　　　　. 8.設拋物線y2=8x的準線與x軸交于點Q,若過點Q的直線l與拋物線有公共點,則直線l的斜率的取值范圍是　　　　　. 三、解答題 9. (xx重慶高考,文21)如圖,設橢圓=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,點D在橢圓上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面積為. (1)求該橢圓的標準方程; (2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點?若存在,求出圓的方程;若不存在,請說明理由. 10.已知動圓過定點A(0,2),且在x軸上截得的弦長為4. (1)求動圓圓心的軌跡C的方程; (2)點P為軌跡C上任意一點,直線l為軌跡C上在點P處的切線,直線l交直線:y=-1于點R,過點P作PQ⊥l交軌跡C于點Q,求△PQR的面積的最小值. 11.已知橢圓C:=1(a>b>0)的右焦點為F(1,0),右頂點為A,且|AF|=1. (1)求橢圓C的標準方程; (2)若動直線l:y=kx+m與橢圓C有且只有一個交點P,且與直線x=4交于點Q,問:是否存在一個定點M(t,0),使得=0.若存在,求出點M的坐標;若不存在,說明理由. 答案與解析 專題能力訓練16　直線與圓錐曲線 1.D　解析:∵e=, ∴.∴=1. ∴漸近線方程為y=x. ∴y=x. 又∵F(1,0),由 得∴P(4,4). 故|PF|==5. 2.B　解析:由題意知雙曲線=1的漸近線方程為y=x, 圓的標準方程為(x-3)2+y2=9, 圓心到漸近線的距離d=. 由勾股定理得+5=9, 整理得. 故e=. 3.B　解析:由橢圓C:=1可知其左頂點A1(-2,0),右頂點A2(2,0). 設P(x0,y0)(x0≠2), 則=1,得=-. 因為, 所以=-. 因為-2≤≤-1, 所以-2≤-≤-1, 解得. 故選B. 4.B　解析:設B(xB,yB),則1≤xB≤3. 因為可以構成△ABF, 所以10. 又+ln|k1|+ln|k2| =+ln(k1k2), 對于函數y=+ln x(x>0)利用導數法可以得到當x=2時,函數y=+ln x(x>0)取得最小值. 故當+ln|k1|+ln|k2|取得最小值時,k1k2==2, 所以e=.故選B. 7.　解析:e= =. 8.　解析:設A(x1,y1),B(x2,y2), 則=1,=1, ∴=0. ∴=0. ∴a2=2b2.∴e=. 9.-1≤k≤1　解析:Q點坐標為(-2,0),直線l的斜率不存在時,不滿足題意, 所以可設直線l的斜率為k,方程為 y=k(x+2). 當k=0時,滿足題意; 當k≠0時,x=y-2,代入y2=8x, 得y2-y+16=0. Δ=-64≥0,k2≤1, 即-1≤k≤1(k≠0).綜上,-1≤k≤1. 10.解:(1)設F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2. 由=2得|DF1|=c. 從而|DF1||F1F2|=c2=,故c=1. 從而|DF1|=,由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=, 因此|DF2|=. 所以2a=|DF1|+|DF2|=2, 故a=,b2=a2-c2=1. 因此,所求橢圓的標準方程為+y2=1. (2)如圖,設圓心在y軸上的圓C與橢圓+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個交點,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1⊥F2P2. 由圓和橢圓的對稱性,易知,x2=-x1,y1=y2. 由(1)知F1(-1,0),F2(1,0), 所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1). 再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+=0. 由橢圓方程得1-=(x1+1)2, 即3+4x1=0. 解得x1=-或x1=0. 當x1=0時,P1,P2重合,題設要求的圓不存在. 當x1=-時,過P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線的交點即為圓心C. 設C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得=-1. 而y1=|x1+1|=,故y0=. 圓C的半徑|CP1|=. 綜上,存在滿足題設條件的圓,其方程為x2+. 11.解:(1)設C(x,y),|CA|2-y2=4, 即x2=4y.∴動圓圓心的軌跡C的方程為x2=4y. (2)C的方程為x2=4y, 即y=x2,故y=x. 設P(t≠0), PR所在的直線方程為y-(x-t), 即y=x-,則點R的橫坐標xR=, |PR|=|xR-t|=. PQ所在的直線方程為y-=-(x-t), 即y=-x+2+, 由x-2-=0, 由xP+xQ=-得點Q的橫坐標為xQ=--t, |PQ|=|xP-xQ| = =. ∴S△PQR=|PQ||PR|=. 不妨設t>0,記f(t)=(t>0), 則當t=2時,f(t)min=4. 由S△PQR=[f(t)]3, 得△PQR的面積的最小值為16. 12.解:(1)由c=1,a-c=1, 得a=2,∴b=. 故橢圓C的標準方程為=1. (2)存在定點M(1,0),理由如下: 由 得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ∴Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0, 即m2=3+4k2. 設P(xP,yP),則xP=-=-, yP=kxP+m=-+m=, 即P. ∵M(t,0),Q(4,4k+m), ∴=(4-t,4k+m), ∴(4-t)+(4k+m) =t2-4t+3+(t-1)=0恒成立. 故即t=1. ∴存在點M(1,0)符合題意.