《2016届高考数学二轮复习 专题能力训练16 直线与圆锥曲线 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016届高考数学二轮复习 专题能力训练16 直线与圆锥曲线 文（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题能力训练16直线与圆锥曲线一、选择题1.(2014福建质检)已知双曲线C1:=1(a0,b0)的离心率为,一条渐近线为l,抛物线C2:y2=4x的焦点为F,点P为直线l与抛物线C2异于原点的交点,则|PF|=()A.2B.3C.4D.52.(2014山东临沂二模)已知双曲线=1(a0,b0)的一条渐近线被圆C:x2+y2-6x=0所截得的弦长等于2,则该双曲线的离心率等于()A.B.C.D.3.椭圆C:=1的左、右顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2的斜率的取值范围是-2,-1,则直线PA1斜率的取值范围是()A.B.C.D.4.(2014福建福州质量检测)如图,直线y=m与抛物线
2、y2=4x交于点A,与圆(x-1)2+y2=4的实线部分交于点B,F为抛物线的焦点,则ABF的周长的取值范围是()A.(2,4)B.(4,6)C.2,4D.4,65.已知(4,2)是直线l被椭圆=1所截得的线段的中点,则直线l的方程是()A.x-2y=0B.x+2y-4=0C.2x+3y+4=0D.x+2y-8=06.(2014河北唐山一中调研)已知双曲线=1(a0,b0)上一点C,过双曲线中心的直线交双曲线于A,B两点,记直线AC,BC的斜率分别为k1,k2,当+ln|k1|+ln|k2|最小时,双曲线离心率为()A.B.C.+1D.2二、填空题7.过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:
3、=1(ab0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率为.8.设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是.三、解答题9.(2014重庆高考,文21)如图,设椭圆=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1F1F2,=2,DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程;若不存在,请说明理由.10.已知动圆过定点A(0,2),且在x轴上截得的弦长为4.(1)求动圆圆
4、心的轨迹C的方程;(2)点P为轨迹C上任意一点,直线l为轨迹C上在点P处的切线,直线l交直线:y=-1于点R,过点P作PQl交轨迹C于点Q,求PQR的面积的最小值.11.已知椭圆C:=1(ab0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,且|AF|=1.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x=4交于点Q,问:是否存在一个定点M(t,0),使得=0.若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.答案与解析专题能力训练16直线与圆锥曲线1.D解析:e=,.=1.渐近线方程为y=x.y=x.又F(1,0),由得P(4,4).故|PF|=5.2.B解析:
5、由题意知双曲线=1的渐近线方程为y=x,圆的标准方程为(x-3)2+y2=9,圆心到渐近线的距离d=.由勾股定理得+5=9,整理得.故e=.3.B解析:由椭圆C:=1可知其左顶点A1(-2,0),右顶点A2(2,0).设P(x0,y0)(x02),则=1,得=-.因为,所以=-.因为-2-1,所以-2-1,解得.故选B.4.B解析:设B(xB,yB),则1xB3.因为可以构成ABF,所以1xB3.因为圆的半径|BF|=2,抛物线的准线方程为x=-1,利用抛物线定义,|AF|等于点A到直线x=-1的距离d,所以ABF的周长l=|AF|+|AB|+|BF|=|AF|+|AB|+2=d+|AB|+2
6、=xB-(-1)+2=xB+3,故4l0.又+ln|k1|+ln|k2|=+ln(k1k2),对于函数y=+ln x(x0)利用导数法可以得到当x=2时,函数y=+ln x(x0)取得最小值.故当+ln|k1|+ln|k2|取得最小值时,k1k2=2,所以e=.故选B.7.解析:e=.8.解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1,=0.=0.a2=2b2.e=.9.-1k1解析:Q点坐标为(-2,0),直线l的斜率不存在时,不满足题意,所以可设直线l的斜率为k,方程为y=k(x+2).当k=0时,满足题意;当k0时,x=y-2,代入y2=8x,得y2-y+16=0.=-640,
7、k21,即-1k1(k0).综上,-1k1.10.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|=c.从而|DF1|F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x
8、1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0.解得x1=-或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,题设要求的圆不存在.当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1F1P1,得=-1.而y1=|x1+1|=,故y0=.圆C的半径|CP1|=.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+.11.解:(1)设C(x,y),|CA|2-y2=4,即x2=4y.动圆圆心的轨迹C的方程为
9、x2=4y.(2)C的方程为x2=4y,即y=x2,故y=x.设P(t0),PR所在的直线方程为y-(x-t),即y=x-,则点R的横坐标xR=,|PR|=|xR-t|=.PQ所在的直线方程为y-=-(x-t),即y=-x+2+,由x-2-=0,由xP+xQ=-得点Q的横坐标为xQ=-t,|PQ|=|xP-xQ|=.SPQR=|PQ|PR|=.不妨设t0,记f(t)=(t0),则当t=2时,f(t)min=4.由SPQR=f(t)3,得PQR的面积的最小值为16.12.解:(1)由c=1,a-c=1,得a=2,b=.故椭圆C的标准方程为=1.(2)存在定点M(1,0),理由如下:由得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即m2=3+4k2.设P(xP,yP),则xP=-=-,yP=kxP+m=-+m=,即P.M(t,0),Q(4,4k+m),=(4-t,4k+m),(4-t)+(4k+m)=t2-4t+3+(t-1)=0恒成立.故即t=1.存在点M(1,0)符合题意.
