2022高考数学二轮复习 第一部分 压轴专题一 解析几何 第2讲 圆锥曲线的综合问题练习 理

2022高考数学二轮复习 第一部分 压轴专题一 解析几何 第2讲 圆锥曲线的综合问题练习 理一、选择题1已知双曲线1(b0)的离心率等于b，则该双曲线的焦距为()A2B2C6 D8解析：设双曲线的焦距为2c.由已知得b，又c24b2，解得c4，则该双曲线的焦距为8.答案：D2双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线方程为y2x，则双曲线C的离心率是()A. B.C2 D.解析：由双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线方程为y2x，可得2，e.故选A.答案：A3(2018合肥质检)若双曲线C1：1与C2：1(a0，b0)的渐近线相同，且双曲线C2的焦距为4，则b()A2 B4C6 D8解析：C1的渐近线为y2x，即2.又2c4，c2.由c2a2b2得，20b2b2，b4.答案：B4已知抛物线y26x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PAl，垂足为A，|PA|2，则直线AF的倾斜角为()A. B.C. D.解析：由抛物线方程得F.|PF|PA|2，P点的横坐标为2.P在抛物线上，且在第一象限，点P的纵坐标为，点A的坐标为，AF的斜率为，AF的倾斜角为，故选D.答案：D5已知抛物线y28x的焦点为F，直线yk(x2)与此抛物线相交于P，Q两点，则()A. B1C2 D4解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可知，|FP|x12，|FQ|x22，则，联立直线与抛物线方程消去y，得k2x2(4k28)x4k20，可知x1x24，故.答案：A6若对任意kR，直线ykx10与椭圆1恒有公共点，则实数m的取值范围是()A(1,2 B1,2)C1,2)(2，) D1，)解析：联立直线与椭圆的方程，消去y得(2k2m)x24kx22m0，因为直线与椭圆恒有公共点，所以16k24(2k2m)(22m)0，即2k2m10恒成立，因为kR，所以k20，则m10，所以m1，又m2，所以实数m的取值范围是1,2)(2，)答案：C7已知抛物线y24x的焦点为F，A，B是抛物线上横坐标不相等的两点若AB的垂直平分线与x轴的交点是(4,0)，则|AB|的最大值为()A2 B4C6 D10解析：因为F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(4,0)，由|MA|2|MB|2得(4x1)2y(4x2)2y，又y4x1，y4x2，代入中并展开得168x1xy168x2xy，即xx4x14x2，得x1x24，所以|AB|AF|BF|6，当且仅当A，B，F三点共线时等号成立，所以|AB|max6，故选C.答案：C8(2018长沙模拟)P是双曲线C：y21右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|PQ|的最小值为()A1 B2C4 D21解析：设F2是双曲线C的右焦点，因为|PF1|PF2|2，所以|PF1|PQ|2|PF2|PQ|，显然当F2，P，Q三点共线且P在F2，Q之间时，|PF2|PQ|最小，且最小值为F2到l的距离易知l的方程为y或y，F2(，0)，求得F2到l的距离为1，故|PF1|PQ|的最小值为21.选D.答案：D9过椭圆C：1(ab0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F.若k，则椭圆C的离心率的取值范围是()A(，) B(，1)C(，) D(0，)解析：由题图可知，|AF|ac，|BF|，于是k.又k，所以，化简可得，从而可得e，选C.答案：C10已知M(x0，y0)是双曲线C：y21上的一点，F1，F2是C的两个焦点若0，则y0的取值范围是()A. B.C. D.解析：由题意知a22，b21，所以c23，不妨设F1(，0)，F2(，0)，所以(x0，y0)，(x0，y0)，所以x3y3y10，所以y0，故选A.答案：A11已知P是抛物线y24x上的一个动点，Q是圆(x3)2(y1)21上的一个动点，N(1,0)是一个定点，则|PQ|PN|的最小值为()A3 B4C5 D.1解析：由抛物线方程y24x，可得抛物线的焦点F(1,0)，又N(1,0)，N与F重合过圆(x3)2(y1)21的圆心M作抛物线准线的垂线MH，交圆于Q，交抛物线于P，则|PQ|PN|的最小值等于|MH|13.故选A.答案：A12(2018南昌调研)已知圆O1：(x2)2y216与圆O2：x2y2r2(0re2)，则e12e2的最小值是()A. B.C. D.解析：当动圆M与圆O1、O2都相内切时，|MO2|MO1|4r2a，e1.当动圆M与圆O1相内切，与圆O2相外切时，|MO1|MO2|4r2a，e2，e12e2，令12rt(10t0)上一点，P到直线xy40的距离为d1，P到E的准线的距离为d2，且d1d2的最小值为3.(1)求抛物线E的方程；(2)直线l1：yk1(x1)交E于点A，B，直线l2：yk2(x1)交E于点C，D，线段AB，CD的中点分别为M，N，若k1k22，直线MN的斜率为k，求证：直线l：kxykk1kk20恒过定点解析：(1)抛物线E的焦点为F，由抛物线的定义可得d2|PF|，则d1d2d1|PF|，其最小值为点F到直线xy40的距离，3，解得p4或p20(舍去)，抛物线E的方程为y28x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得kx2(2k8)xk0，则x1x2，所以y1y2k1(x11)k1(x21)k1(x1x2)2k12k1，线段AB的中点M的坐标为，同理可得点N的坐标为，直线MN的斜率k，则k(k1k2)2，直线l的方程kxykk1kk20可化为ykxk(k1k2)，即ykx2.令x0，可得y2，直线l恒过定点(0,2)2已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左焦点为F(1,0)，过点D(0,2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)在y轴上，是否存在定点E，使恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由解析：(1)由已知可得解得a22，b21，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)设过点D(0,2)且斜率为k的直线l的方程为ykx2，由消去y整理得(12k2)x28kx60，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4.y1y2(kx12)(kx22)k(x1x2)4.设存在点E(0，m)，则(x1，my1)，(x2，my2)，所以x1x2m2m(y1y2)y1y2m2m.要使得t(t为常数)，只需t，从而(2m222t)k2m24m10t0，即解得m，从而t，故存在定点E，使恒为定值.3已知M为椭圆C：1上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求的取值范围解析：(1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意知D(m,0)，且y0.由，得(mx，y)(0，n)，则有又M(m，n)为椭圆C：1上的点，1，即x2y225，故动点P的轨迹E的方程为x2y225(y0)(2)依题意知A(5,0)，B(5,0)，F(4,0)，设Q(x0，y0)，线段AB为圆E的直径，APBP，设直线PB的斜率为kPB，则kPA，kQFkPBkQFkQB，点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，5x0b0)的离心率e，顶点为A1，A2，B1，B2，且3.(1)求椭圆C的方程；(2)P是椭圆C上除顶点外的任意点，直线B2P交x轴于点Q，直线A1B2交直线A2P于点E.设直线A2P的斜率为k，直线EQ的斜率为m，试问2mk是否为定值？并说明理由解析：(1)因为e，所以，由题意得A1(a,0)，B1(0，b)，B2(0，b)，所以(a，b)，(a，b)又3，所以a2b23，所以c，所以a2，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)2mk是定值理由如下：由(1)可知A1(2,0)，A2(2,0)，B1(0，1)，B2(0,1)因为直线A2P的斜率为k，所以直线A2P的方程为yk(x2)，其中k，且k0，联立，得消去y，得(14k2)x216k2x16k240.因为xA22，所以xP，所以P，则直线B2P的方程为yx1x1，令y0，得x，所以Q.易得直线A1B2的方程为x2y20，联立，得解得所以E，所以EQ的斜率m.所以2mk2k，是定值