2022高考數(shù)學大二輪復習 專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓練18 直線與圓錐曲線 理

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1、2022高考數(shù)學大二輪復習 專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓練18 直線與圓錐曲線 理1.已知O為坐標原點,F是橢圓C:=1(ab0)的左焦點,A,B分別為C的左、右頂點.P為C上一點,且PFx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(a0,b0)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=8x的準線所得的弦長為()A.4B.2C.2D.4.

2、(2018全國,理11)已知雙曲線C:-y2=1,O為坐標原點,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.3C.2D.45.平面直角坐標系xOy中,雙曲線C1:=1(a0,b0)的漸近線與拋物線C2:x2=2py(p0)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,理19)設橢圓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=OMB.7.如圖,已知拋物線x2=y,點A,B,拋物線

3、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(ab0)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.(2018全國,理19)設拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F且斜率為k(k0)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.二、思維提升訓練10.(2018全國,理16)已知點M(-1,1)

4、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

5、.13.(2018全國,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)(m0).(1)證明:k0,分別令x=-c與x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.設OE的中點為G,由OBGFBM,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 (a0,b0)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=82-4(-8

6、b)=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=2.4.B解析 由條件知F(2,0),漸近線方程為y=x,所以NOF=MOF=30,MON=6090.不妨設OMN=90,則|MN|=|OM|.又|OF|=2,在RtOMF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BF為OAB的垂心,kAFkOB=-1.即=-1,解得,即可得

7、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的坐標為所以AM的方程為y=-x+或y=x-(2)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)(k0),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kM

8、A+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補,所以OMA=OMB.綜上,OMA=OMB.7.解 (1)設直線AP的斜率為k,k=x-,因為-x0).設A(x1,y1),B(x2,y2).由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.=16k2+160,故x1+x2=所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=由題設知=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),則解得因此所求圓的方程為(x-3)2+(y-2)2=16或(x-1

9、1)2+(y+6)2=144.二、思維提升訓練10.2解析 設直線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).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

10、簡,得+y2=1,所以點P的軌跡方程為+y2=1.(2)當過點(1,0)的直線為y=0時,=(2,0)(-2,0)=-4,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)立并化簡,得(t2+4)y2+2ty-3=0,由根與系數(shù)的關系得y1+y2=-,y1y2=-,=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=(t2+1)+t+1=-4+又由=4t2+12(t2+4)=16t2+480恒成立,所以tR,對于上式,當t=0時,()max=綜上所述,的最大值為12.解 (1)因為|AD|=|AC

11、|,EBAC,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=1(y0).(2)當l與x軸不垂直時,設l的方程為y=k(x-1)(k0),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=

12、4故四邊形MPNQ的面積S=|MN|PQ|=12可得當l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).當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A(x1,y1),B(x2,y2),則=1,=1.兩式相減,并由=k得k=0.由題設知=1,=m,于是k=-由題設得0m,故k-(2)由題意得F(1,0).設P(x3,y3),則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及題設得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0.又點P在C上,所以m=,從而P,|=于是|=2-同理|=2-所以|+|=4-(x1+x2)=3.故2|=|+|,則|,|,|成等差數(shù)列,設該數(shù)列的公差為d,則2|d|=|-|=|x1-x2|=將m=代入得k=-1.所以l的方程為y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0.故x1+x2=2,x1x2=,代入解得|d|=所以該數(shù)列的公差為或-