新课标2018届高考数学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.doc

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:=1(a>b>0)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.(2017江西赣州二模)已知双曲线=1(a,b>0)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.(2017河南六市第二次联考)已知双曲线1:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆2:=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,=e,则双曲线1的两条渐近线的倾斜角分别为()A.30°和150°B.45°和135°C.60°和120°D.15°和165°5.平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:=1(a>0,b>0)的渐近线与抛物线C2:x2=2py(p>0)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:=1(a>b>0)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?若存在,求出实数t的取值范围;若不存在,说明理由.7.(2017浙江,21)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(a>b>0)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.已知椭圆C:+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=相切于点W(O为坐标原点).(1)证明:OEOF;(2)设=,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=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.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:=1(a>b>0)过点(0,),且离心率e=.(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),k>0,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(a,b>0)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.C解析由题意可知=e=,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=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解析双曲线的渐近线为y=±x.由得A由得BF为OAB的垂心,kAF·kOB=-1.即=-1,解得,即可得e=6.解(1)由题意知c=1,又=tan60°=,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为=1.(2)设直线PQ的方程为y=k(x-1)(k0),代入=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=,y0=k(x0-1)=-由,得()=(2)=0,所以直线TR为直线PQ的垂直平分线,直线TR的方程为y+=-令y=0得点T的横坐标t=因为k2(0,+),所以+4(4,+),所以t所以线段OF上存在点T(t,0),使得,其中t7.解(1)设直线AP的斜率为k,k=x-,因为-<x<,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是xQ=因为|PA|=(k+1),|PQ|=(xQ-x)=-,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值8.解(1)由题意得解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则+4=4.当x00时,直线PA的方程为y=(x-2).令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=直线PB的方程为y=x+1.令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=所以|AN|·|BM|=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.9.解(1)因为直线l与圆O相切,所以圆x2+y2=的圆心到直线l的距离d=,从而m2=(1+k2).由整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.设E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,所以=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)·(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)+m2=0.所以OEOF.(2)因为直线l与圆O相切于W,=1,=1,所以=由(1)知x1x2+y1y2=0,所以x1x2=-y1y2,即,从而,即,所以=因为-x1,所以思维提升训练10.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+48>0恒成立,所以tR,对于上式,当t=0时,()max=综上所述,的最大值为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=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).12.解(1)由已知,得解得所以椭圆E的方程为=1.(2)方法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=-,从而y0=所以|GH|2=(m2+1)my0+=(1+m2)(-y1y2),故|GH|2-my0+(1+m2)y1y2+=>0,所以|GH|>故点G在以AB为直径的圆外.方法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=-,从而+y1y2=+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+=>0,所以cos<>>0.又不共线,所以AGB为锐角.故点G在以AB为直径的圆外.- 13 -