《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理 1.已知O為坐標(biāo)原點,F是橢圓C:=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. B. C. D. 2.已知雙曲線=1(a>0,b>0)的離心率為,則拋物線x2=4y的焦點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軸的交點分別是A和B,那么過A,B兩點的最小圓截拋物線y2

2、=8x的準(zhǔn)線所得的弦長為(　　) A.4 B.2 C.2 D. 4.(2018全國Ⅰ,理11)已知雙曲線C:-y2=1,O為坐標(biāo)原點,F為C的右焦點,過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M,N.若△OMN為直角三角形,則|MN|= (　　) A. B.3 C.2 D.4 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O,A,B.若△OAB的垂心為C2的焦點,則C1的離心率為　　　　　.? 6.(2018全國Ⅰ,理19)設(shè)橢圓C:+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標(biāo)為(2,0). (1)

3、當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,證明:∠OMA=∠OMB. 7. 如圖,已知拋物線x2=y,點A,B,拋物線上的點P(x,y).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:=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,直線PA與y軸交于點M,直線PB

4、與x軸交于點N,求證:|AN|·|BM|為定值. 9.(2018全國Ⅱ,理19)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點,|AB|=8. (1)求l的方程. (2)求過點A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. 二、思維提升訓(xùn)練 10.(2018全國Ⅲ,理16)已知點M(-1,1)和拋物線C:y2=4x,過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A,B兩點,若∠AMB=90°,則k=　　　　　.? 11.定

5、長為3的線段AB的兩個端點A,B分別在x軸、y軸上滑動,動點P滿足=2. (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,求的最大值. 12.設(shè)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(shè)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. 13.(20

6、18全國Ⅲ,理20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-; (2)設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且=0.證明:||,||,||成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差. 專題能力訓(xùn)練18　直線與圓錐曲線 一、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的中點為G, 由△OBG∽△FBM,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的焦點為(0,1),雙曲線=1

7、 (a>0,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.因為直線與拋物線相切,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(zhǔn)線方程為x=-2,此時圓心(-1,-1)到準(zhǔn)線的距離為1,故所截弦長為2=2. 4.B　解析 由條件知F(2,0),漸近線

8、方程為y=±x,所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°. 不妨設(shè)∠OMN=90°,則|MN|=|OM|. 又|OF|=2,在Rt△OMF中,|OM|=2cos 30°=,所以|MN|=3. 5　解析 雙曲線的漸近線為y=±x.由得A 由得B ∵F為△OAB的垂心,∴kAF·kOB=-1. 即=-1,解得, ,即可得e= 6.解 (1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1. 由已知可得,點A的坐標(biāo)為 所以AM的方程為y=-x+或y=x- (2)當(dāng)l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°, 當(dāng)l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線,所以∠OMA=

9、∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1<,x2<,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB= 由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得 kMA+kMB= 將y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以x1+x2=,x1x2= 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k==0. 從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補,所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB. 7.解 (1)設(shè)直線AP的斜率為k,k==x-, 因為-

10、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Q的橫坐標(biāo)是xQ= 因為|PA|=(k+1), |PQ|=(xQ-x)=-, 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)間上單調(diào)遞增,上單調(diào)遞減, 因此當(dāng)k=時,|PA|·|PQ|取得最大值 8.(1)解 由題意得解得a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明 由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設(shè)P(x0,y0),則+4=4. 當(dāng)x0≠0時,直線PA的方

11、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,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4. 綜上,|AN|·|BM|為定值. 9.解 (1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0). 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2= 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+

12、(x2+1)= 由題設(shè)知=8,解得k=-1(舍去),k=1. 因此l的方程為y=x-1. (2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0),則 解得 因此所求圓的方程為 (x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 二、思維提升訓(xùn)練 10.2　解析 設(shè)直線AB:x=my+1, 聯(lián)立y2-4my-4=0, y1+y2=4m,y1y2=-4. 而=(x1+1,y1-1)=(my1+2,y1-1), =(x2+1,y2-1)=(my2+2,y2-1

13、). ∵∠AMB=90°, =(my1+2)(my2+2)+(y1-1)(y2-1) =(m2+1)y1y2+(2m-1)(y1+y2)+5 =-4(m2+1)+(2m-1)4m+5 =4m2-4m+1=0. ∴m=k==2. 11.解 (1)設(shè)A(x0,0),B(0,y0),P(x,y), 由=2得(x,y-y0)=2(x0-x,-y), 即 因為=9,所以+(3y)2=9,化簡,得+y2=1, 所以點P的軌跡方程為+y2=1. (2)當(dāng)過點(1,0)的直線為y=0時,=(2,0)·(-2,0)=-4, 當(dāng)過點(1,0)的直線不為y=0時,可設(shè)為x=ty+1,A

14、(x1,y1),B(x2,y2). 聯(lián)立并化簡,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Δ=4t2+12(t2+4)=16t2+48>0恒成立,所以t∈R, 對于上式,當(dāng)t=0時,()max= 綜上所述,的最大值為 12.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

15、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E的軌跡方程為=1(y≠0). (2)當(dāng)l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為 y=k(x-1)(k≠0),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

16、x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8). 當(dāng)l與x軸垂直時,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). 13.解 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則=1,=1. 兩式相減,并由=k得k=0. 由題設(shè)知=1,=m,于是k=- ① 由題設(shè)得0