《（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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（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（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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:x2a2+y2b2=1(ab0)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.13B.12C.23D.342.(2017江西赣州二模)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a,b0)的离心率为5,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是()A.510B.55C.255D.4553.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
2、的准线所得的弦长为()A.4B.22C.2D.24.(2017河南六市第二次联考)已知双曲线1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆2:x28+y26=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,|F1M|F1N|=e,则双曲线1的两条渐近线的倾斜角分别为()A.30和150B.45和135C.60和120D.15和1655.平面直角坐标系xOy中,双曲线C1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的渐近线与抛物线C2:x2=2py(p0)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
3、:x2a2+y2b2=1(ab0)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QPTP=PQTQ?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-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12xb0)的离心率为32,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
4、,求证:|AN|BM|为定值.9.已知椭圆C:x22+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=23相切于点W(O为坐标原点).(1)证明:OEOF;(2)设=|EW|FW|,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BP=2PA.(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OMON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|
5、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:x2a2+y2b2=1(ab0)过点(0,2),且离心率e=22.(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-94,0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),k0,分别令x=-c与x=0,得|FM|=k(a-c),|OE|=ka.设OE的中点为G,由OBGFBM,
6、得12|OE|FM|=|OB|BF|,即ka2k(a-c)=aa+c,整理,得ca=13,故椭圆的离心率e=13,故选A.2.B解析抛物线x2=4y的焦点为(0,1),双曲线x2a2-y2b2=1(a,b0)的离心率为5,所以ba=c2-a2a2=e2-1=2,双曲线的渐近线为y=bax=2x,则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是11+4=55.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
7、,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)2-12=2.4.C解析由题意可知|F1M|F1N|=e=12,2|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
8、)2=16c2,整理可得(c-2a)(3c-a)=0,由双曲线的性质可得e=ca=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.5.32解析双曲线的渐近线为y=bax.由y=bax,x2=2py,得A2bpa,2b2pa2.由y=-bax,x2=2py,得B-2bpa,2b2pa2.F0,p2为OAB的垂心,kAFkOB=-1.即2b2pa2-p22bpa-0-ba=-1,解得b2a2=54,c2a2=94,即可得e=32.6.解(1)由题意知c=1,又bc=tan60=3,所以b2=3,a2=b2+c2=4,所以椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设直线PQ的方程为y=k(
9、x-1)(k0),代入x24+y23=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=x1+x22=4k23+4k2,y0=k(x0-1)=-3k3+4k2.由QPTP=PQTQ,得PQ(TQ+TP)=PQ(2TR)=0,所以直线TR为直线PQ的垂直平分线,直线TR的方程为y+3k3+4k2=-1kx-4k23+4k2.令y=0得点T的横坐标t=k23+4k2=13k2+4.因为k2(0,+),所以3k2+4(4,+),所以t0,14.所以线段OF上存在点T(t,0),使得QPTP=PQTQ,其中t0,14.
10、7.解(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x32,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kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,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-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|
11、PQ|取得最大值2716.8.解(1)由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x00时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4
12、x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=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=23的圆心到直线l的距离d=|m|1+k2=23,从而m2=23(1+k2).由x22+y2=1,y=kx+m,整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.设E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,所以OEOF=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k
13、2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)2m2-21+2k2+-4k2m21+2k2+m2=3m2-2k2-21+2k2=2(1+k2)-2k2-21+2k2=0.所以OEOF.(2)因为直线l与圆O相切于W,x122+y12=1,x222+y22=1,所以=|EW|FW|=|OE|2-r2|OF|2-r2=x12+y12-23x22+y22-23=x122+13x222+13.由(1)知x1x2+y1y2=0,所以x1x2=-y1y2,即x12x22=y12y22,从而x12x22=1-x1221-x222,即x22=4-2x122+3x12,所以=x122+13x222+13=
14、2+3x124.因为-2x12,所以12,2.思维提升训练10.解(1)设A(x0,0),B(0,y0),P(x,y),由BP=2PA得(x,y-y0)=2(x0-x,-y),即x=2(x0-x),y-y0=-2yx0=32x,y0=3y.因为x02+y02=9,所以32x2+(3y)2=9,化简,得x24+y2=1,所以点P的轨迹方程为x24+y2=1.(2)当过点(1,0)的直线为y=0时,OMON=(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x24+y2=1,x=ty+1并化简,得(t2+4)y2+2ty-3=0,由根与系数的关系得y1+y2=-2tt2+4,y1y2=-3t2+4,OMON=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=(t2+1)y
