2022高考数学大二轮复习 专题六 直线、圆、圆锥曲线 专题能力训练18 直线与圆锥曲线 理

2022高考数学大二轮复习 专题六 直线、圆、圆锥曲线 专题能力训练18 直线与圆锥曲线 理1.已知O为坐标原点,F是椭圆C:=1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为()A.B.C.D.2.已知双曲线=1(a0,b0)的离心率为,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是()A.B.C.D.3.如果与抛物线y2=8x相切倾斜角为135的直线l与x轴和y轴的交点分别是A和B,那么过A,B两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为()A.4B.2C.2D.4.(2018全国,理11)已知双曲线C:-y2=1,O为坐标原点,F为C的右焦点,过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若OMN为直角三角形,则|MN|=()A.B.3C.2D.45.平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:=1(a0,b0)的渐近线与抛物线C2:x2=2py(p0)交于点O,A,B.若OAB的垂心为C2的焦点,则C1的离心率为.6.(2018全国,理19)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.7.如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.8.已知椭圆C:=1(ab0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:|AN|BM|为定值.9.(2018全国,理19)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.二、思维提升训练10.(2018全国,理16)已知点M(-1,1)和抛物线C:y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点,若AMB=90,则k=.11.定长为3的线段AB的两个端点A,B分别在x轴、y轴上滑动,动点P满足=2. (1)求点P的轨迹曲线C的方程; (2)若过点(1,0)的直线与曲线C交于M,N两点,求的最大值.12.设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.13.(2018全国,理20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k0,分别令x=-c与x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.设OE的中点为G,由OBGFBM,得,即,整理,得,故椭圆的离心率e=,故选A.2.B解析 抛物线x2=4y的焦点为(0,1),双曲线=1 (a0,b0)的离心率为,所以=2,双曲线的渐近线为y=x=2x,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是故选B.3.C解析 设直线l的方程为y=-x+b,联立直线与抛物线方程,消元得y2+8y-8b=0.因为直线与抛物线相切,所以=82-4(-8b)=0,解得b=-2,故直线l的方程为x+y+2=0,从而A(-2,0),B(0,-2).因此过A,B两点的最小圆即为以AB为直径的圆,其方程为(x+1)2+(y+1)2=2,而抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,此时圆心(-1,-1)到准线的距离为1,故所截弦长为2=2.4.B解析 由条件知F(2,0),渐近线方程为y=x,所以NOF=MOF=30,MON=6090.不妨设OMN=90,则|MN|=|OM|.又|OF|=2,在RtOMF中,|OM|=2cos 30=,所以|MN|=3.5解析 双曲线的渐近线为y=x.由得A由得BF为OAB的垂心,kAFkOB=-1.即=-1,解得,即可得e=6.解 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为所以AM的方程为y=-x+或y=x-(2)当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=由y1=kx1-k,y2=kx2-k,得kMA+kMB=将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=,x1x2=则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.7.解 (1)设直线AP的斜率为k,k=x-,因为-x0).设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)=由题设知=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则解得因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.二、思维提升训练10.2解析 设直线AB:x=my+1,联立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)设A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),由=2得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),即因为=9,所以+(3y)2=9,化简,得+y2=1,所以点P的轨迹方程为+y2=1.(2)当过点(1,0)的直线为y=0时,=(2,0)(-2,0)=-4,当过点(1,0)的直线不为y=0时,可设为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立并化简,得(t2+4)y2+2ty-3=0,由根与系数的关系得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,对于上式,当t=0时,()max=综上所述,的最大值为12.解 (1)因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为=1(y0).(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),A到m的距离为,所以|PQ|=2=4故四边形MPNQ的面积S=|MN|PQ|=12可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8).13.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1.两式相减,并由=k得k=0.由题设知=1,=m,于是k=-由题设得0m,故k-(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m0.又点P在C上,所以m=,从而P,|=于是|=2-同理|=2-所以|+|=4-(x1+x2)=3.故2|=|+|,则|,|,|成等差数列,设该数列的公差为d,则2|d|=|-|=|x1-x2|=将m=代入得k=-1.所以l的方程为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|=所以该数列的公差为或-