2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第八章 第6節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系練習(xí).doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第八章 第6節(jié) 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系練習(xí) 一、選擇題 1．已知拋物線y＝－x2＋3上存在關(guān)于直線x＋y＝0對稱的相異兩點A，B，則|AB|等于(　　) A．3　　　 B．4　　　　 C．3　　　　 D．4 [解析]　設(shè)直線AB的方程為y＝x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由?x2＋x＋b－3＝0?x1＋x2＝－1，得AB的中點M. 又M在直線x＋y＝0上，可求出b＝1， 則|AB|＝＝3. [答案]　C 2．(xx泰安模擬)斜率為的直線與雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)恒有兩個公共點，則雙曲線離心率的取值范圍是(　　) A．[2，＋∞) B．(2，＋∞) C．(1，) D．(，＋∞) [解析]　因為斜率為的直線與雙曲線－＝1恒有兩個公共點，所以＞，所以e＝＝＞＝2. 所以雙曲線離心率的取值范圍是(2，＋∞)． [答案]　B 3．(xx西安模擬)已知任意k∈R，直線y－kx－1＝0與橢圓＋＝1(m＞0)恒有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(0,1) B．(0,5) C．[1,5)∪(5，＋∞) D．[1,5) [解析]　直線y＝kx＋1過定點(0,1)，只要(0,1)在橢圓＋＝1上或其內(nèi)部即可．從而m≥1，又因為橢圓＋＝1中m≠5，所以m的取值范圍是[1,5)∪(5，＋∞)． [答案]　C 4．(xx衡水模擬)若雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)與橢圓＋＝1(m＞b＞0)的離心率之積等于1，則以a，b，m為邊長的三角形一定是(　　) A．等腰三角形 B．直角三角形 C．銳角三角形 D．鈍角三角形 [解析]　設(shè)雙曲線離心率為e1，橢圓離心率為e2， 所以e1＝ ，e2＝ ， 故e1e2＝ ＝1 ?(m2－a2－b2)b2＝0，即a2＋b2－m2＝0， 所以，以a，b，m為邊長的三角形為直角三角形． [答案]　B 5．(xx嘉定模擬)過點P(1,1)作直線與雙曲線x2－＝1交于A，B兩點，使點P為AB中點，則這樣的直線(　　) A．存在一條，且方程為2x－y－1＝0 B．存在無數(shù)條 C．存在兩條，方程為2x(y＋1)＝0 D．不存在 [解析]　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，則x－ y＝1，x－ y＝1， 兩式相減得(x1－x2)(x1＋x2)－ (y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以x1－x2＝ (y1－y2)，即kAB＝2， 故所求直線方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0. 聯(lián)立 可得2x2－4x＋3＝0，但此方程沒有實數(shù)解，故這樣的直線不存在．故選D. [答案]　D 6．(xx杭州模擬)F為橢圓＋y2＝1的右焦點，第一象限內(nèi)的點M在橢圓上，若MF⊥x軸，直線MN與圓x2＋y2＝1相切于第四象限內(nèi)的點N，則|NF|等于(　　) A. B. C. D. [解析]　因為MF⊥x軸，F(xiàn)為橢圓＋y2＝1的右焦點，所以F(2,0)，M，設(shè)lMN：y－＝k(x－2)， N(x，y)，則O到lMN的距離d＝＝1，解得k＝(負值舍去)． 又因為? 即N，所以|NF|＝＝. [答案]　A 二、填空題 7．已知兩定點M(－2,0)，N(2,0)，若直線上存在點P，使得|PM|－|PN|＝2，則稱該直線為“A型直線”，給出下列直線：①y＝x＋1；②y＝x＋2；③y＝－x＋3；④y＝－2x.其中是“A型直線”的序號是________． [解析]　由條件知考慮給出直線與雙曲線x2－＝1右支的交點情況，作圖易知①③直線與雙曲線右支有交點，故填①③. [答案]?、佗? 8．(xx無錫模擬)若直線mx＋ny＝4與⊙O：x2＋y2＝4沒有交點，則過點P(m，n)的直線與橢圓＋＝1的交點個數(shù)是________． [解析]　由題意知：＞2，即＜2，所以點P(m，n)在橢圓＋＝1的內(nèi)部，故所求交點個數(shù)是2個． [答案]　2 9．已知雙曲線左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P為其右支上一點，∠F1PF2＝60，且S△F1PF2＝2，若|PF1|，|F1F2|2，|PF2|成等差數(shù)列，則該雙曲線的離心率為________． [解析]　設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n(m＞n)，雙曲線方程為－＝1(a＞0，b＞0)，因此有m－n＝2a，|F1F2|＝2c，S△PF1F2＝mn＝2，mn＝8. 又m＋n＝4c2＝2c2?(m＋n)2＝4c4.① 由余弦定理cos∠F1PF2＝ ＝＝?m2＋n2＝8＋4c2 ?(m＋n)2＝4c2＋24.② ①②兩式聯(lián)立解得c2＝3?c＝， 所以，??2a＝2，a＝1，e＝＝. [答案]　 三、解答題 10．(xx衡水模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b≥1)的離心率e＝，且橢圓C上一點N到點Q(0,3)的距離最大值為4，過點M(3,0)的直線交橢圓C于點A，B. (1)求橢圓C的方程． (2)設(shè)P為橢圓上一點，且滿足＋＝t(O為坐標(biāo)原點)，當(dāng)|AB|＜時，求實數(shù)t的取值范圍． [解]　(1)因為e2＝＝＝，所以a2＝4b2， 則橢圓方程為＋＝1，即x2＋4y2＝4b2. 設(shè)N(x，y)，則|NQ| ＝＝ ＝＝. 當(dāng)y＝－1時，|NQ|有最大值為＝4， 解得b2＝1，所以a2＝4，橢圓方程是＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， AB方程為y＝k(x－3)，由 整理得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0. 由Δ＝(24k2)2－16(9k2－1)(1＋4k2)＞0，得k2＜. x1＋x2＝，x1x2＝. 所以＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x0，y0)， 則x0＝(x1＋x2)＝，y0＝(y1＋y2) ＝[k(x1＋x2)－6k]＝. 由點P在橢圓上，得＋＝4， 化簡得36k2＝t2(1＋4k2)① 又由|AB|＝|x1－x2|＜，即(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＜3，將x1＋x2，x1x2代入得 (1＋k2)＜3， 化簡，得(8k2－1)(16k2＋13)＞0， 則8k2－1＞0，k2＞， 所以＜k2＜② 由①，得t2＝＝9－， 聯(lián)立②，解得3＜t2＜4， 所以－2＜t＜－或＜t＜2. 11．(xx石家莊模擬)橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1(－1,0)、F2(1,0)，過F1作與x軸不重合的直線l交橢圓于A、B兩點． (1)若△ABF2為正三角形，求橢圓的離心率； (2)若橢圓的離心率滿足0＜e＜，O為坐標(biāo)原點， 求證：|OA|2＋|OB|2＜|AB|2. (1)解：由橢圓的定義知|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|，∵|AF2|＝|BF2|，∴|AF1|＝|BF1|，即F1F2 為邊AB上的中線，∴F1F2⊥AB. 在Rt△AF1F2中，cos 30＝，則＝， ∴橢圓的離心率為. (2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵0＜e＜，c＝1， ∴a＞1＋. ①當(dāng)直線AB與x軸垂直時，＋＝1，y2＝，＝x1x2＋y1y2＝1－＝＝，∵a2＞，∴＜0， ∴∠AOB恒為鈍角，∴|OA|2＋|OB|2＜|AB|2. ②當(dāng)直線AB不與x軸垂直時，設(shè)直線AB的方程為： y＝k(x＋1)，代入＋＝1， 整理得，(b2＋a2k2)x2＋2k2a2x＋a2k2－a2b2＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋k2(x1＋1)(x2＋1) ＝x1x2(1＋k2)＋k2(x1＋x2)＋k2 ＝ ＝＝ 令m(a)＝－a4＋3a2－1，由①可知m(a)＜0， ∴∠AOB恒為鈍角，∴恒有|OA|2＋|OB|2＜|AB|2. 12．(xx長春三校調(diào)研)在直角坐標(biāo)系xOy中，點M，點F為拋物線C：y＝mx2(m＞0)的焦點，線段MF恰被拋物線C平分． (1)求m的值； (2)過點M作直線l交拋物線C于A，B兩點，設(shè)直線FA，F(xiàn)M，F(xiàn)B的斜率分別為k1，k2，k3，問k1，k2，k3能否成公差不為零的等差數(shù)列？若能，求直線l的方程；若不能，請說明理由． 解：(1)由題得拋物線C的焦點F的坐標(biāo)為，線段MF的中點N在拋物線C上， ∴－＝m,8m2＋2m－1＝0， ∴m＝(m＝－舍去)． (2)由(1)知拋物線C：x2＝4y，F(xiàn)(0,1)． 設(shè)直線l的方程為y＋＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得x2－4kx＋8k＋2＝0， Δ＝16k2－4(8k＋2)＞0， ∴k＜或k＞. 由根與系數(shù)的關(guān)系得 假設(shè)k1，k2，k3能成公差不為零的等差數(shù)列，則k1＋k3＝2k2. 而k1＋k3＝＋＝ ＝ ＝ ＝＝， k2＝＝－， ∴＝－，8k2＋10k＋3＝0，解得k＝－(符合題意)或k＝－(不合題意，舍去)． ∴直線l的方程為y＋＝－(x－2)， 即x＋2y－1＝0.