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高考数学精品复习资料 2019.5专题能力训练18直线与圆锥曲线能力突破训练1.已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=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.13B.12C.23D.342.(20xx江西赣州二模)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a,b0)的离心率为5,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是()A.510B.55C.255D.4553.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.22C.2D.24.(20xx河南六市第二次联考)已知双曲线1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆2:x28+y26=1的离心率为e,直线MN过F2与双曲线交于M,N两点,若cosF1MN=cosF1F2M,|F1M|F1N|=e,则双曲线1的两条渐近线的倾斜角分别为()A.30和150B.45和135C.60和120D.15和1655.平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:x2a2-y2b2=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.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F(1,0),过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于P,Q两点,当直线PQ经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为60.(1)求椭圆C的方程.(2)设O为坐标原点,线段OF上是否存在点T(t,0),使得QPTP=PQTQ?若存在,求出实数t的取值范围;若不存在,说明理由.7.(20xx浙江,21)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12xb0)的离心率为32,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.已知椭圆C:x22+y2=1与直线l:y=kx+m相交于E,F两点,且直线l与圆O:x2+y2=23相切于点W(O为坐标原点).(1)证明:OEOF;(2)设=|EW|FW|,求实数的取值范围.思维提升训练10.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BP=2PA.(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OMON的最大值.11.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.12.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)过点(0,2),且离心率e=22.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:x=my-1(mR)交椭圆E于A,B两点,判断点G-94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.参考答案专题能力训练18直线与圆锥曲线能力突破训练1.A解析由题意,不妨设直线l的方程为y=k(x+a),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12|OE|FM|=|OB|BF|,即ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13,故椭圆的离心率e=13,故选A.2.B解析抛物线x2=4y的焦点为(0,1),双曲线x2a2-y2b2=1(a,b0)的离心率为5,所以ba=c2-a2a2=e2-1=2,双曲线的渐近线为y=bax=2x,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是11+4=55.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)2-12=2.4.C解析由题意可知|F1M|F1N|=e=12,2|F1M|=|F1N|.由cosF1MN=cosF1F2M,可得F1MN=F1F2M,即|F1M|=|F1F2|=2c,|F1N|=4c,由双曲线的定义可得|MF2|=2c-2a,|NF2|=4c-2a.取MF2的中点K,连接KF1,则|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,由双曲线的性质可得e=ca=2,则双曲线1的两条渐近线的倾斜角分别为60和120.故选C.5.32解析双曲线的渐近线为y=bax.由y=bax,x2=2py,得A2bpa,2b2pa2.由y=-bax,x2=2py,得B-2bpa,2b2pa2.F0,p2为OAB的垂心,kAFkOB=-1.即2b2pa2-p22bpa-0-ba=-1,解得b2a2=54,c2a2=94,即可得e=32.6.解(1)由题意知c=1,又bc=tan60=3,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设直线PQ的方程为y=k(x-1)(k0),代入x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点为R(x0,y0),则x0=x1+x22=4k23+4k2,y0=k(x0-1)=-3k3+4k2.由QPTP=PQTQ,得PQ(TQ+TP)=PQ(2TR)=0,所以直线TR为直线PQ的垂直平分线,直线TR的方程为y+3k3+4k2=-1kx-4k23+4k2.令y=0得点T的横坐标t=k23+4k2=13k2+4.因为k2(0,+),所以3k2+4(4,+),所以t0,14.所以线段OF上存在点T(t,0),使得QPTP=PQTQ,其中t0,14.7.解(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x0恒成立,所以tR,对于上式,当t=0时,(OMON)max=14.综上所述,OMON的最大值为14.11.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x24+y23=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y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四边形MPNQ的面积S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).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12,83).12.解(1)由已知,得b=2,ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,b=2,c=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)方法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而y0=mm2+2.所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24=(1+m2)(y1+y2)2-4y1y24=(1+m2)(y02-y1y2),故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以|GH|AB|2.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.方法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,GB=x2+94,y2.由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而GAGB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以cos0.又GA,GB不共线,所以AGB为锐角.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
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