高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練18 Word版含答案

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1、 專題能力訓(xùn)練18　直線與圓錐曲線 能力突破訓(xùn)練 1.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),F是橢圓C:=1(a>b>0)的左焦點(diǎn),A,B分別為C的左、右頂點(diǎn).P為C上一點(diǎn),且PF⊥x軸.過(guò)點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過(guò)OE的中點(diǎn),則C的離心率為 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 2.(20xx江西贛州二模)已知雙曲線=1(a,b>0)的離心率為,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)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(diǎn)分別是A和B,那么過(guò)A,B兩

2、點(diǎn)的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)線所得的弦長(zhǎng)為(　　) A.4 B.2 C.2 D. 4.(20xx河南六市第二次聯(lián)考)已知雙曲線Γ1:=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,橢圓Γ2:=1的離心率為e,直線MN過(guò)F2與雙曲線交于M,N兩點(diǎn),若cos∠F1MN=cos∠F1F2M,=e,則雙曲線Γ1的兩條漸近線的傾斜角分別為(　　) A.30°和150° B.45°和135° C.60°和120° D.15°和165° 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(diǎn)O,A,B.若△OAB的垂心為C2的焦點(diǎn),

3、則C1的離心率為　　　　　.? 6.已知橢圓C:=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(1,0),過(guò)點(diǎn)F且與坐標(biāo)軸不垂直的直線與橢圓交于P,Q兩點(diǎn),當(dāng)直線PQ經(jīng)過(guò)橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)時(shí)其傾斜角恰好為60°. (1)求橢圓C的方程. (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),線段OF上是否存在點(diǎn)T(t,0),使得?若存在,求出實(shí)數(shù)t的取值范圍;若不存在,說(shuō)明理由. 7.(20xx浙江,21) 如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A,B,拋物線上的點(diǎn)P(x,y).過(guò)點(diǎn)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.

4、 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(diǎn),直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:|AN|·|BM|為定值. 9.已知橢圓C:+y2=1與直線l:y=kx+m相交于E,F兩點(diǎn),且直線l與圓O:x2+y2=相切于點(diǎn)W(O為坐標(biāo)原點(diǎn)). (1)證明:OE⊥OF; (2)設(shè)λ=,求實(shí)數(shù)λ的取值范圍.

5、 思維提升訓(xùn)練 10.定長(zhǎng)為3的線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)A,B分別在x軸、y軸上滑動(dòng),動(dòng)點(diǎn)P滿足=2. (1)求點(diǎn)P的軌跡曲線C的方程; (2)若過(guò)點(diǎn)(1,0)的直線與曲線C交于M,N兩點(diǎn),求的最大值. 11.設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程; (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過(guò)B且與l垂直的直線與

6、圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍. 12. 已知橢圓E:=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(0,),且離心率e=. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)直線l:x=my-1(m∈R)交橢圓E于A,B兩點(diǎn),判斷點(diǎn)G與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系,并說(shuō)明理由. 參考答案 專題能力訓(xùn)練18　直線與圓錐曲線 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.

7、設(shè)OE的中點(diǎn)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(diǎn)為(0,1),雙曲線=1(a,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(diǎn)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?yàn)橹本€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(guò)A,B兩點(diǎn)的最小圓即為以AB為直徑的圓,其方程為(x+1)2+(y+1)2

8、=2,而拋物線y2=8x的準(zhǔn)線方程為x=-2,此時(shí)圓心(-1,-1)到準(zhǔn)線的距離為1,故所截弦長(zhǎng)為2=2. 4.C　解析由題意可知=e=, ∴2|F1M|=|F1N|. 由cos∠F1MN=cos∠F1F2M,可得∠F1MN=∠F1F2M,即|F1M|=|F1F2|=2c,|F1N|=4c,由雙曲線的定義可得|MF2|=2c-2a,|NF2|=4c-2a. 取MF2的中點(diǎn)K,連接KF1,則|KM|=|KF2|=c-a. 由勾股定理可得|F1K|2+|NK|2=|NF1|2, 即4c2-(c-a)2+(5c-3a)2=16c2, 整理可得(c-2a)(3c-a)=0,由雙曲線的性質(zhì)

9、可得e==2,則雙曲線Γ1的兩條漸近線的傾斜角分別為60°和120°.故選C. 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)由題意知c=1,又=tan60°=,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以橢圓的方程為=1. (2)設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1)(k≠0),代入=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點(diǎn)為R(x0,y0),則x0=,y0=k(x0-1)=- 由,得()=(2)=0, 所以直線T

10、R為直線PQ的垂直平分線, 直線TR的方程為y+=- 令y=0得點(diǎn)T的橫坐標(biāo)t= 因?yàn)閗2∈(0,+∞),所以+4∈(4,+∞), 所以t 所以線段OF上存在點(diǎn)T(t,0),使得,其中t 7.解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k==x-, 因?yàn)?

11、上單調(diào)遞增,上單調(diào)遞減, 因此當(dāng)k=時(shí),|PA|·|PQ|取得最大值 8.解(1)由題意得解得a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設(shè)P(x0,y0),則+4=4. 當(dāng)x0≠0時(shí),直線PA的方程為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(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4. 綜上,|AN|·|BM|為定

12、值. 9.解(1)因?yàn)橹本€l與圓O相切, 所以圓x2+y2=的圓心到直線l的距離d=,從而m2=(1+k2). 由整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0. 設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=, 所以=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)·(kx2+m) =(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2 =(1+k2)+m2 ==0. 所以O(shè)E⊥OF. (2)因?yàn)橹本€l與圓O相切于W,=1,=1, 所以λ= 由(1)知x1x2+y1y2=0, 所以x1x2=-y1y2,即, 從而,即, 所以λ= 因?yàn)?x1

13、,所以 思維提升訓(xùn)練 10.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?yàn)?9,所以+(3y)2=9,化簡(jiǎn),得+y2=1, 所以點(diǎn)P的軌跡方程為+y2=1. (2)當(dāng)過(guò)點(diǎn)(1,0)的直線為y=0時(shí),=(2,0)·(-2,0)=-4, 當(dāng)過(guò)點(diǎn)(1,0)的直線不為y=0時(shí),可設(shè)為x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2). 聯(lián)立并化簡(jiǎn),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)y1y

14、2+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(duì)于上式,當(dāng)t=0時(shí),()max= 綜上所述,的最大值為 11.解(1)因?yàn)閨AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠ACD=∠ADC. 所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圓A的標(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(diǎn)E的軌跡方程為=1(y≠0). (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)

15、,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(guò)點(diǎn)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x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8). 當(dāng)l與x軸垂直時(shí),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). 12.解(1)

16、由已知,得解得 所以橢圓E的方程為=1. (2)方法一:設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)為H(x0,y0). 由得(m2+2)y2-2my-3=0, 所以y1+y2=,y1y2=-, 從而y0= 所以|GH|2==(m2+1)my0+ = = =(1+m2)(-y1y2), 故|GH|2-my0+(1+m2)y1y2+ = =>0, 所以|GH|> 故點(diǎn)G在以AB為直徑的圓外. 方法二:設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2), 則 由得(m2+2)y2-2my-3=0, 所以y1+y2=,y1y2=-, 從而+y1y2 =+y1y2 =(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+ = =>0, 所以cos<>>0. 又不共線,所以∠AGB為銳角. 故點(diǎn)G在以AB為直徑的圓外.