《2020高考文科数学二轮提分广西等课标3卷专用专题能力训练：17 直线与圆锥曲线》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考文科数学二轮提分广西等课标3卷专用专题能力训练：17 直线与圆锥曲线（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题能力训练专题能力训练 17 直线与圆锥曲线直线与圆锥曲线 一 能力突破训练 1 过抛物线 C y2 4x 的焦点 F 且斜率为的直线交 C 于点 M M 在 x 轴的上方 l 为 C 的准线 点 N 3 在 l 上且 MN l 则 M 到直线 NF 的距离为 A B 2C 2D 3 5233 2 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 22 3 设抛物线 C y2 4x 的焦点为 F 直线 l 过 F 且与 C 交于 A B 两点 若
2、AF 3 BF 则 l 的方程为 A y x 1 或 y x 1 B y x 1 或 y x 1 3 3 3 3 C y x 1 或 y x 1 33 D y x 1 或 y x 1 2 2 2 2 4 已知倾斜角为 30 的直线 l 经过双曲线 1 a 0 b 0 的左焦点 F1 交双曲线于 A B 两点 线段 2 2 2 2 AB 的垂直平分线经过右焦点 F2 则此双曲线的渐近线方程为 5 2019 北京人大附中信息考试 18 已知抛物线 C y2 2px 过点 M 2 2 点 A B 是抛物线 C 上不同两点 且 AB OM 其中 O 是坐标原点 直线 AO 与 BM 相交于点 P 线段
3、 AB 的中点为 Q 1 求抛物线 C 的准线方程 2 求证 直线 PQ 与 x 轴平行 6 已知椭圆 C 的两个顶点分别为 A 2 0 B 2 0 焦点在 x 轴上 离心率为 3 2 1 求椭圆 C 的方程 2 点 D 为 x 轴上一点 过 D 作 x 轴的垂线交椭圆 C 于不同的两点 M N 过 D 作 AM 的垂线交 BN 于 点 E 求证 BDE 与 BDN 的面积之比为 4 5 7 在平面直角坐标系 xOy 中 过椭圆 M 1 a b 0 右焦点的直线 x y 0 交 M 于 A B 两点 2 2 2 23 P 为 AB 的中点 且 OP 的斜率为 1 2 1 求 M 的方程 2 C
4、 D 为 M 上两点 若四边形 ACBD 的对角线 CD AB 求四边形 ACBD 面积的最大值 8 2019 四川高三冲刺演练 20 已知直线 l 经过抛物线 y2 4x 的焦点且与此抛物线相交于 A x1 y1 B x2 y2 两点 AB 0 的焦点 点 N x0 y0 y0 0 为其上一点 点 1 2 0 M 与点 N 关于 x 轴对称 直线 l 与抛物线交于异于点 M N 的 A B 两点 NF kNA kNB 2 5 2 1 求抛物线的标准方程和点 N 的坐标 2 判断是否存在这样的直线 l 使得 MAB 的面积最小 若存在 求出直线 l 的方程和 MAB 面积的最 小值 若不存在
5、请说明理由 专题能力训练 17 直线与圆锥曲线 一 能力突破训练 1 C 解析解析 由题意可知抛物线的焦点 F 1 0 准线 l 的方程为 x 1 可得直线 MF y x 1 与抛物线 3 y2 4x 联立 消去 y 得 3x2 10 x 3 0 解得 x1 x2 3 1 3 因为 M 在 x 轴的上方 所以 M 3 2 3 因为 MN l 且 N 在 l 上 所以 N 1 2 3 因为 F 1 0 所以直线 NF y x 1 所以 M 到直线 NF 的距离为 2 3 3 3 1 2 3 3 2 123 2 C 解析解析 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 8
6、y 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 2 1 2 3 C 解析解析 由题意可得抛物线焦点 F 1 0 准线方程为 x 1 当直线 l 的斜率大于 0 时 如图 过 A B 两点分别向准线 x 1 作垂线 垂足分别为 M N 则由抛物线定 义可得 AM AF BN BF 设 AM AF 3
7、t t 0 BN BF t BK x 而 GF 2 在 AMK 中 由 得 3 4 解得 x 2t 则 cos NBK 1 2 NBK 60 则 GFK 60 即直线 AB 的倾斜角为 60 斜率 k tan 60 故直线方程为 y x 1 33 当直线 l 的斜率小于 0 时 如图 同理可得直线方程为 y x 1 故选 C 3 4 y x 解析解析 如图 MF2为线段 AB 的垂直平分线 可得 AF2 BF2 且 MF1F2 30 可得 MF2 2c sin 30 c MF1 2c cos 30 c 3 由双曲线的定义可得 BF1 BF2 2a AF2 AF1 2a 即 AB BF1 AF1
8、 BF2 2a AF2 2a 4a 即有 MA 2a AF2 AF1 MF1 MA c 2a 2 2 2 4 2 2 3 由 AF2 AF1 2a 可得 c 2a 2a 4 2 23 可得 4a2 c2 3c2 即 c a 2 故 b a 所以渐近线方程为 y x 2 2 5 1 解 由题意得 22 4p 解得 p 1 所以抛物线 C 的准线方程为 x 2 1 2 2 证明 设 A B 由 AB OM 得 kAB kOM 1 2 1 2 1 2 2 2 2 则 1 所以 y2 y1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 所以线段 AB 的中点 Q 的纵坐标 yQ 1 直线 AO 的方
9、程为 y x x 1 2 1 2 2 1 当 y2 2 时 直线 BM 的方程为 y 2 x 2 x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 联立 解得即点 P 的纵坐标 yP 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 当 y2 2 时 直线 BM 的方程为 x 2 联立 解得 2 1 2 2 4 1 因为 y2 y1 2 所以 y1 4 所以 y 1 即点 P 的纵坐标为 yP 1 综上可知 直线 PQ 与 x 轴平行 6 1 解 设椭圆 C 的方程为 1 a b 0 2 2 2 2 由题意得解得 c 2 3 2 3 所以 b2 a2 c2 1 所以椭圆 C 的方程为 y2 1 2 4 2
10、 证明 设 M m n 则 D m 0 N m n 由题设知 m 2 且 n 0 直线 AM 的斜率 kAM 2 故直线 DE 的斜率 kDE 2 所以直线 DE 的方程为 y x m 直线 BN 的方程为 y x 2 2 2 联立 2 2 2 解得点 E 的纵坐标 yE 4 2 4 2 2 由点 M 在椭圆 C 上 得 4 m2 4n2 所以 yE n 4 5 又 S BDE BD yE BD n S BDN BD n 1 2 2 5 1 2 所以 BDE 与 BDN 的面积之比为 4 5 7 解 1 设 A x1 y1 B x2 y2 P x0 y0 则 1 1 1 2 1 2 2 1 2
11、 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 由此可得 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 因为 x1 x2 2x0 y1 y2 2y0 所以 a2 2b2 0 0 1 2 又由题意知 M 的右焦点为 0 所以 a2 b2 3 3 所以 a2 6 b2 3 所以 M 的方程为 1 2 6 2 3 2 由解得因此 AB 3 0 2 6 2 3 1 4 3 3 3 3 或 0 3 4 6 3 由题意可设直线 CD 的方程为 y x n 5 3 3 3 设 C x3 y3 D x4 y4 由得 3x2 4nx 2n2 6 0 2 6 2 3 1 于是 x3 4 2 2 9 2 3 因为直线 CD
12、 的斜率为 1 所以 CD x4 x3 2 4 3 9 2 由已知 四边形 ACBD 的面积 S CD AB 1 2 8 6 9 9 2 当 n 0 时 S 取得最大值 最大值为 8 6 3 所以四边形 ACBD 面积的最大值为 8 6 3 8 1 证明 由题意可得 直线 l 的斜率存在 故可设直线 l 的方程为 y k x 1 k 0 联立得 ky2 4y 4k 0 则 y1y2 4 为定值 2 4 1 4 2 解 由 1 知 y1 y2 x1 x2 2 2 4 1 2 4 2 则 AB x1 x2 p 2 41 1 2 4 2 联立得 x2 kx k 4 0 1 2 4 M N 两点在 y
13、 轴的两侧 k2 4 k 4 k2 4k 16 0 且 k 4 0 k1 及 k 4 可得 k 1 或 1 k0 1 2 6 3 2 4 1 2 9 3 2 4 设 A 4 yA 由 A E D 三点共线得 yA 同理可得 yB 6 1 1 2 6 1 1 3 6 2 2 3 yA yB 6 1 1 3 6 2 2 3 6 2 1 2 3 1 2 2 1 2 3 1 2 9 6 6m 2 9 3 2 4 3 6 3 2 4 2 9 3 2 4 3 6 3 2 4 9 yA yB 6 1 1 3 6 2 2 3 18 1 2 2 1 2 3 1 2 9 18 6 3 2 4 2 4 9 3 2
14、4 2 9 3 2 4 3 6 3 2 4 9 6 2 1 设 AB 的中点为 M 则点 M 的坐标为 即 4 3m 4 2 点 M 到直线 EF 的距离 d 3 yA yB AB 4 3 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 故以 AB 为直径的圆始终与直线 EF 相切 10 解 1 因为 M 过点 A B 所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上 由已知 A 在直线 x y 0 上 且 A B 关于坐标原点 O 对称 所以 M 在直线 y x 上 故可设 M a a 因为 M 与直线 x 2 0 相切 所以 M 的半径为 r a 2 由已知得 AO 2 又 故可得 2a2 4 a 2 2
15、解得 a 0 或 a 4 故 M 的半径 r 2 或 r 6 2 存在定点 P 1 0 使得 MA MP 为定值 理由如下 设 M x y 由已知得 M 的半径为 r x 2 AO 2 由于 故可得 x2 y2 4 x 2 2 化简得 M 的轨迹方程为 y2 4x 因为曲线 C y2 4x 是以点 P 1 0 为焦点 以直线 x 1 为准线的抛物线 所以 MP x 1 因为 MA MP r MP x 2 x 1 1 所以存在满足条件的定点 P 11 解 1 由题意知 p 1 故抛物线方程为 y2 2x 由 NF x0 则 x0 2 4 2 5 2 2 0 y0 0 y0 2 N 2 2 2 由
16、题意知直线的斜率不为 0 则可设直线 l 的方程为 x ty b 联立得 y2 2ty 2b 0 2 2 设两个交点 A B y1 2 y2 2 则 2 1 2 1 2 2 2 2 4 2 8 0 1 2 2 1 2 2 由 kNA kNB 2 整理得 b 2t 3 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 2 2 2 此时 4 t2 4t 6 0 恒成立 故直线 l 的方程为 x ty 2t 3 即 x 3 t y 2 从而直线 l 过定点 E 3 2 又 M 2 2 MAB 的面积 S ME y1 y2 1 2 2 4 6 2 2 2 当 t 2 时 MAB 的面积有最小值 此时直线 l 的方程为 x 2y 1 0 2
