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2019年高考數(shù)學(xué) 8.5 圓錐曲線的綜合問(wèn)題課時(shí)提升作業(yè) 文（含解析） 一、選擇題 1.(xx濟(jì)南模擬)過(guò)拋物線y=2x2的焦點(diǎn)的直線與拋物線交于A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2=(　　) (A)-2 (B)- (C)-4 (D)- 2.設(shè)拋物線y2=8x的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)Q,若過(guò)點(diǎn)Q的直線l與拋物線有公共點(diǎn),則直線l的斜率的取值范圍是(　　) (A)[-,] (B)[-2,2] (C)[-1,1] (D)[-4,4] 3.若以橢圓上一點(diǎn)和兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積的最大值為1,則橢圓長(zhǎng)軸的最小值為(　　) (A)1 (B) (C)2 (D)2 4.若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓+=1的中心和左焦點(diǎn),點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn),則的最大值為(　　) (A)2 (B)3 (C)6 (D)8 5.(能力挑戰(zhàn)題)已知拋物線方程為y2=4x,直線l的方程為x-y+4=0,在拋物線上有一動(dòng)點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離為d1,P到直線l的距離為d2,則d1+d2的最小值為(　　) (A)+2 (B)+1 (C)-2 (D)-1 6.(xx河池模擬)已知中心在原點(diǎn)的橢圓與雙曲線有公共焦點(diǎn),且左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且兩條曲線在第一象限的交點(diǎn)為P,△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形.若|PF1|=10,橢圓與雙曲線的離心率分別為e1,e2,則e1e2的取值范圍是 (　　) (A)(0,+∞) (B)(,+∞) (C)(,+∞) (D)(,+∞) 二、填空題 7.(xx南寧模擬)過(guò)橢圓C:+=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)A且斜率為k的直線交橢圓C于另一個(gè)點(diǎn)B,且點(diǎn)B在x軸上的射影恰好為右焦點(diǎn)F,若0,b>0)的4個(gè)頂點(diǎn)的四邊形面積為S1,連接其4個(gè)焦點(diǎn)的四邊形面積為S2,則的最大值為　　　　. 9.過(guò)拋物線y2=2px(p>0)上一定點(diǎn)P(x0,y0)(y0>0)作兩直線分別交拋物線于A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)PA與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)時(shí),則的值為　　　　. 三、解答題 10.(xx廣州模擬)如圖,已知橢圓C:+y2=1(a>1)的上頂點(diǎn)為A,離心率為,若不過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C相交于P,Q兩點(diǎn),且=0. (1)求橢圓C的方程. (2)求證:直線l過(guò)定點(diǎn),并求出該定點(diǎn)N的坐標(biāo). 11.(能力挑戰(zhàn)題)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率e=,a2與b2的等差中項(xiàng)為. (1)求橢圓E的方程. (2)A,B是橢圓E上的兩點(diǎn),線段AB的垂直平分線與x軸相交于點(diǎn)P(t,0),求實(shí)數(shù)t的取值范圍. 12.已知橢圓C1:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F2與拋物線C2:y2=4x的焦點(diǎn)重合,橢圓C1與拋物線C2在第一象限的交點(diǎn)為P,|PF2|=.圓C3的圓心T是拋物線C2上的動(dòng)點(diǎn),圓C3與y軸交于M,N兩點(diǎn),且|MN|=4. (1)求橢圓C1的方程. (2)證明:無(wú)論點(diǎn)T運(yùn)動(dòng)到何處,圓C3恒經(jīng)過(guò)橢圓C1上一定點(diǎn). 13.(xx成都模擬)給定橢圓C:+=1(a>b>0),稱圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O,半徑為的圓是橢圓C的“伴隨圓”,若橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)為F2(,0),其短軸上的一個(gè)端點(diǎn)到F2的距離為. (1)求橢圓C及其“伴隨圓”的方程. (2)若過(guò)點(diǎn)P(0,m)(m<0)的直線與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn),且截橢圓C的“伴隨圓”所得的弦長(zhǎng)為2,求m的值. (3)過(guò)橢圓C“伴隨圓”上一動(dòng)點(diǎn)Q作直線l1,l2,使得l1,l2與橢圓C都只有一個(gè)公共點(diǎn),試判斷直線l1,l2的斜率之積是否為定值,并說(shuō)明理由. 答案解析 1.【解析】選D.由y=2x2得x2=y,其焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(0,),取直線y=,則其與y=2x2交于A(-,),B(,),∴x1x2=(-)()=-. 【方法技巧】與動(dòng)直線相關(guān)值的求解技巧 解決動(dòng)直線與圓錐曲線相交的有關(guān)值的選擇題、填空題,一般取其特殊位置探索其值即可. 2.【解析】選C.設(shè)直線方程為y=k(x+2),與拋物線聯(lián)立方程組,整理得ky2-8y+16k=0.當(dāng)k=0時(shí),直線與拋物線有一個(gè)交點(diǎn).當(dāng)k≠0時(shí),由Δ=64-64k2≥0,解得-1≤k≤1且k≠0.綜上-1≤k≤1. 3.【解析】選D.設(shè)橢圓長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a,短半軸長(zhǎng)為b,a2-b2=c2,由題意,2cb=1, ∴bc=1,b2+c2=a2≥2bc=2. ∴a≥.∴長(zhǎng)軸的最小值為2. 4.【解析】選C.設(shè)P(x0,y0),則+=1即=3-,又∵F(-1,0), ∴=x0(x0+1)+=+x0+3 =(x0+2)2+2,又x0∈[-2,2], ∴()∈[2,6],所以()max=6. 5.【思路點(diǎn)撥】畫(huà)出圖象,通過(guò)圖象可知點(diǎn)P到y(tǒng)軸的距離等于點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離減1,過(guò)焦點(diǎn)F作直線l的垂線,此時(shí)d1+d2最小,根據(jù)拋物線方程求得F的坐標(biāo),進(jìn)而利用點(diǎn)到直線的距離公式求得d1+d2的最小值. 【解析】選D.如圖所示,由拋物線的定義知,|PF|=d1+1, ∴d1=|PF|-1, d1+d2=d2+|PF|-1,顯然當(dāng)直線PF垂直于直線x-y+4=0時(shí),d1+d2最小,此時(shí)d2+|PF|為F到直線x-y+4=0的距離.由題意知F點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,0),所以(d2+|PF|)min==. ∴(d1+d2)min=-1. 6.【解析】選B.由題意知|PF1|=r1=10,|PF2|=r2=2c,且r1>r2.e2====; e1====. ∵三角形兩邊之和大于第三邊,2c+2c>10,即c>, ∴e1e2==>,因此選B. 7.【解析】由題意知:B(c,), ∴k===1-e. 又0,b>0), ∴=≤(當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)取等號(hào)). 答案: 9.【解析】設(shè)直線PA的斜率為kPA,PB的斜率為kPB, 由=2px1,=2px0,得kPA==, 同理kPB=, 由于PA與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ), 因此=-,即y1+y2=-2y0(y0>0), 那么=-2. 答案:-2 10.【解析】(1)依題意有? 故橢圓C的方程為:+y2=1. (2)由=0,知AP⊥AQ,從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直,由A(0,1)可設(shè)直線AP的方程為y=kx+1,直線AQ的方程為y=-x+1(k≠0). 將y=kx+1代入橢圓C的方程+y2=1并整理得:(1+3k2)x2+6kx=0, 解得x=0或x=-, 因此P的坐標(biāo)為(-,-+1), 即(-,), 將上式中的k換成-,得Q(,). 直線l的方程為y=(x-)+, 化簡(jiǎn)得直線l的方程為y=x-, 因此直線l過(guò)定點(diǎn)N(0,-). 11.【解析】(1)由題意得 解得:.即橢圓E的方程為+=1. (2)設(shè)A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2). 因線段AB的垂直平分線與x軸相交, 故AB不平行于y軸,即x1≠x2. 又交點(diǎn)為P(t,0),故|PA|=|PB|, 即(x1-t)2+=(x2-t)2+, ∴t=+?、? ∵A,B在橢圓上,∴=4-,=4-. 將上式代入①,得t=. 又∵-3≤x1≤3,-3≤x2≤3,且x1≠x2, ∴-60,得y1=. ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,). 在橢圓C1:+=1(a>b>0)中,c=1. 2a=|PF1|+|PF2|=+=4, ∴a=2,b==, ∴橢圓C1的方程為+=1. (2)設(shè)點(diǎn)T的坐標(biāo)為(x0,y0),圓C3的半徑為r, ∵圓C3與y軸交于M,N兩點(diǎn),且|MN|=4, ∴|MN|=2=4, ∴r=, ∴圓C3的方程為(x-x0)2+(y-y0)2=4+(*), ∵點(diǎn)T是拋物線C2:y2=4x上的動(dòng)點(diǎn), ∴=4x0(x0≥0), ∴x0=. 把x0=代入(*)消去x0整理得:(1-)-2yy0+(x2+y2-4)=0(**) 方程(**)對(duì)任意實(shí)數(shù)y0恒成立, ∴ 解得 ∵點(diǎn)(2,0)在橢圓C1:+=1上, ∴無(wú)論點(diǎn)T運(yùn)動(dòng)到何處,圓C3恒經(jīng)過(guò)橢圓C1上一定點(diǎn)(2,0). 13.【解析】(1)由題意得:a=,半焦距c=,則b=1,橢圓C方程為+y2=1, “伴隨圓”方程為x2+y2=4. (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P且與橢圓有一個(gè)交點(diǎn)的直線為:y=kx+m. 則 整理得(1+3k2)x2+6kmx+(3m2-3)=0, 所以Δ=(6km)2-4(1+3k2)(3m2-3)=0,解3k2+1=m2①. 又因?yàn)橹本€截橢圓C的“伴隨圓”所得的弦長(zhǎng)為2, 則有2=2,化簡(jiǎn)得m2=2(k2+1)②. 聯(lián)立①②解得:k2=1,m2=4,所以k=1,m=-2 (∵m<0). (3)當(dāng)l1,l2都有斜率時(shí),設(shè)點(diǎn)Q(x0,y0),其中+=4, 設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q(x0,y0)與橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線為y=k(x-x0)+y0 由消去y得到x2+3[kx+(y0-kx0)]2-3=0, 即(1+3k2)x2+6k(y0-kx0)x+3(y0-kx0)2-3=0, Δ=[6k(y0-kx0)]2-4(1+3k2)[3(y0-kx0)2-3]=0, 經(jīng)過(guò)化簡(jiǎn)得到:(3-)k2+2x0y0k+1-=0, 因?yàn)?=4,所以有(3-)k2+2x0y0k+(-3)=0, 設(shè)l1,l2的斜率分別為k1,k2,因?yàn)閘1,l2與橢圓都只有一個(gè)公共點(diǎn),所以k1,k2滿足方程(3-)k2+2x0y0k+(-3)=0,因而k1k2=-1,即直線l1,l2的斜率之積為定值-1. 【變式備選】在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓G的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),左焦點(diǎn)為F1(-1,0),P為橢圓G的上頂點(diǎn),且∠PF1O=45. (1)求橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程. (2)已知直線l1:y=kx+m1與橢圓G交于A,B兩點(diǎn),直線l2:y=kx+m2(m1≠m2)與橢圓G交于C,D兩點(diǎn),且|AB|=|CD|,如圖所示. ①證明:m1+m2=0; ②求四邊形ABCD的面積S的最大值. 【解析】(1)設(shè)橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(a>b>0). 因?yàn)镕1(-1,0),∠PF1O=45,所以b=c=1. 所以a2=b2+c2=2. 所以橢圓G的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). ①由消去y得:(1+2k2)x2+4km1x+2-2=0. 則Δ=8(2k2-+1)>0, 所以|AB|= = = =2. 同理|CD|=2. 因?yàn)閨AB|=|CD|, 所以2 =2. 因?yàn)閙1≠m2,所以m1+m2=0. ②由題意得四邊形ABCD是平行四邊形,設(shè)兩平行線AB,CD間的距離為d,則d=. 因?yàn)閙1+m2=0,所以d=. 所以S=|AB|d=2=4 ≤4=2. 當(dāng)且僅當(dāng)2k2+1=2時(shí),四邊形ABCD的面積S取得最大值為2.