《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理
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BMw經(jīng)過(guò)OE的中點(diǎn),則C的離心率為 ( )
A. B. C. D.
2.已知雙曲線=1(a>0,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兩點(diǎn)的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)
2、線所得的弦長(zhǎng)為( )
A.4 B.2 C.2 D.
4.(2018全國(guó)Ⅰ,理11)已知雙曲線C:-y2=1,O為坐標(biāo)原點(diǎn),F為C的右焦點(diǎn),過(guò)F的直線與C的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為M,N.若△OMN為直角三角形,則|MN|= ( )
A. B.3 C.2 D.4
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),則C1的離心率為 .?
6.(2018全國(guó)Ⅰ,理19)設(shè)橢圓C:+y2=1的右焦點(diǎn)為F,過(guò)F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0).
(1)當(dāng)l與x軸
3、垂直時(shí),求直線AM的方程;
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB.
7.
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.
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
4、點(diǎn)N,求證:|AN|·|BM|為定值.
9.(2018全國(guó)Ⅱ,理19)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),|AB|=8.
(1)求l的方程.
(2)求過(guò)點(diǎn)A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程.
二、思維提升訓(xùn)練
10.(2018全國(guó)Ⅲ,理16)已知點(diǎn)M(-1,1)和拋物線C:y2=4x,過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A,B兩點(diǎn),若∠AMB=90°,則k= .?
11.定長(zhǎng)為3的線
5、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.
12.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(xiě)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垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.
13.(2018全國(guó)Ⅲ
6、,理20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:=1交于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m>0).
(1)證明:k<-;
(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且=0.證明:||,||,||成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差.
專(zhuān)題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線
一、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.
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>0,
7、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=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.B 解析 由條件知F(2,0),漸近線方程為y=±
8、x,所以∠NOF=∠MOF=30°,∠MON=60°≠90°.
不妨設(shè)∠OMN=90°,則|MN|=|OM|.
又|OF|=2,在Rt△OMF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B
∵F為△OAB的垂心,∴kAF·kOB=-1.
即=-1,解得,
,即可得e=
6.解 (1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1.
由已知可得,點(diǎn)A的坐標(biāo)為
所以AM的方程為y=-x+或y=x-
(2)當(dāng)l與x軸重合時(shí),∠OMA=∠OMB=0°,
當(dāng)l與x軸垂直時(shí),OM為AB的垂直平分線,所以∠OMA=∠OMB.
9、
當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),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kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補(bǔ),所以∠OMA=∠OMB.
綜上,∠OMA=∠OMB.
7.解 (1)設(shè)直線AP的斜率為k,k==x-,
因?yàn)?
10、值范圍是(-1,1).
(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程
解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ=
因?yàn)閨PA|=(k+1),
|PQ|=(xQ-x)=-,
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.
令f(k)=-(k-1)(k+1)3,
因?yàn)閒'(k)=-(4k-2)(k+1)2,
所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增,上單調(diào)遞減,
因此當(dāng)k=時(shí),|PA|·|PQ|取得最大值
8.(1)解 由題意得解得a=2,b=1.
所以橢圓C的方程為+y2=1.
(2)證明 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
11、-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|為定值.
9.解 (1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0).
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0,故x1+x2=
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)
12、=
由題設(shè)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(diǎn)坐標(biāo)為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5.
設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0),則
解得
因此所求圓的方程為
(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
二、思維提升訓(xùn)練
10.2 解析 設(shè)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).
∵∠
13、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(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
14、),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)y1y2+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
12.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(
15、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),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)
16、,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).
13.解 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則=1,=1.
兩式相減,并由=k得k=0.
由題設(shè)知=1,=m,于是k=- ①
由題設(shè)得0
（新課標(biāo)）天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理
