《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練17 直線與圓錐曲線》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練17 直線與圓錐曲線（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓練17　直線與圓錐曲線 　專題能力訓練第40頁　? 一、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 答案: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的中點為G, 由△OBG∽△FBM,得12|OE||FM|=|OB||BF|, 即

2、ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13, 故橢圓的離心率e=13,故選A. 2.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,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 答案:B 解析:拋物線x2=4y的焦點為(0,1),雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,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.如果與拋物線y2=8x相切且傾斜角為135°的直線l與x軸和y

3、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 答案: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×(-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.已知雙曲線C:x23-y2

4、=1,O為坐標原點,F為C的右焦點,過點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.32 B.3 C.23 D.4 答案:B 解析:由條件知F(2,0),漸近線方程為y=±33x, 所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°. 不妨設∠OMN=90°, 則|MN|=3|OM|. 又|OF|=2,在Rt△OMF中,|OM|=2cos30°=3, 所以|MN|=3. 5.在平面直角坐標系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△

5、OAB的垂心為C2的焦點,則C1的離心率為　　　　　.? 答案:32 解析:雙曲線的漸近線方程為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-0·-ba=-1,解得b2a2=54, ∴c2a2=94,即可得e=32. 6.設橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標為(2,0). (1)當l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設O為坐標原點,證明:∠OMA

6、=∠OMB. (1)解由已知得F(1,0),l的方程為x=1. 由已知可得,點A的坐標為1,22或1,-22. 所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2. (2)證明當l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°, 當l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線, 所以∠OMA=∠OMB. 當l與x軸不重合也不垂直時,設l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2. 由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得 kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)

7、+4k(x1-2)(x2-2). 將y=k(x-1)代入x22+y2=1,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1. 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k =4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0. 從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補, 所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB. 7.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

8、求|PA|·|PQ|的最大值. 解:(1)設直線AP的斜率為k,則k=x2-14x+12=x-12. 因為-12

9、(k)在區(qū)間-1,12內單調遞增,在區(qū)間12,1內單調遞減, 因此當k=12時,|PA|·|PQ|取得最大值2716. 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(0,0),△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. (1)解由題意得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)證明由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設P(x0,y0),則x02

10、+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 =4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4. 當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=

11、4. 綜上,|AN|·|BM|為定值. 9.設拋物線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的準線相切的圓的方程. 解:(1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0). 設A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=k(x-1),y2=4x,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由題設知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去)

12、,k=1.因此l的方程為y=x-1. (2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5. 設所求圓的圓心坐標為(x0,y0),則y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16. 解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6. 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、思維提升訓練 10.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=　　　　　.? 答案:2 解析:設直線AB:x

13、=my+1, 聯(lián)立x=my+1,y2=4x?y2-4my-4=0, 則y1+y2=4m,y1y2=-4. 而MA=(x1+1,y1-1)=(my1+2,y1-1), MB=(x2+1,y2-1)=(my2+2,y2-1). ∵∠AMB=90°, ∴MA·MB=(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=12.∴k=1m=2. 11.(2019北京,理18)已知拋物線C:x2=-2py經(jīng)過點(2,-1). (1)求拋物線C的方程

14、及其準線方程. (2)設O為原點,過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M,N,直線y=-1分別交直線OM,ON于點A和點B.求證:以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點. (1)解由拋物線C:x2=-2py經(jīng)過點(2,-1),得p=2. 所以拋物線C的方程為x2=-4y,其準線方程為y=1. (2)證明拋物線C的焦點為F(0,-1). 設直線l的方程為y=kx-1(k≠0). 由y=kx-1,x2=-4y,得x2+4kx-4=0. 設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2=-4. 直線OM的方程為y=y1x1x. 令y=-1,得點A的橫坐標xA=-x1y

15、1. 同理得點B的橫坐標xB=-x2y2. 設點D(0,n),則DA=-x1y1,-1-n,DB=-x2y2,-1-n,DA·DB=x1x2y1y2+(n+1)2=x1x2-x124-x224+(n+1)2=16x1x2+(n+1)2=-4+(n+1)2. 令DA·DB=0, 即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3. 綜上,以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(0,1)和(0,-3). 12.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

16、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. 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≠

17、0),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. 過點B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k(x-1),點A到直線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

18、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[12,83). 13.已知斜率為k的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-12. (2)設F為C的右焦點,P為C上一點,且FP+FA+FB=0.證明:|FA|,|FP|,|FB|成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差. (1)證明設A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y123=1,x224+y223=1. 兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k,得x1+x24+y1+y23·k=0. 由

19、題設知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.① 由題設得0