《高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專(zhuān)題滿分突破 專(zhuān)題六　解析幾何：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練十七 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)檢測(cè)第二篇 專(zhuān)題滿分突破 專(zhuān)題六　解析幾何：課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練十七 Word版含解析（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)鞏固過(guò)關(guān)練(十七)　圓錐曲線中的熱點(diǎn)問(wèn)題 　　　　　　　　　　　 一、選擇題 1．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn)，P是它們的一個(gè)公共點(diǎn)，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(　　) A. B. C．3 D．2 解析：解法一：設(shè)橢圓方程為＋＝1(a1>b1>0)，離心率為e1，雙曲線的方程為－＝1(a2>0，b2>0)，離心率為e2，它們的焦距為2c，不妨設(shè)P為兩曲線在第一象限的交點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左，右焦點(diǎn)，則易知 解得 在△F

2、1PF2中，由余弦定理得(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos60＝4c2， 整理得a＋3a＝4c2， 所以＋＝4，即＋＝4. 設(shè)a＝，b＝， ∴＋＝ab≤|a||b|＝＝＝，故＋的最大值是，故選A. 解法二：不妨設(shè)P在第一象限，|PF1|＝m，|PF2|＝n.在△PF1F2中，由余弦定理得m2＋n2－mn＝4c2.設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a1，離心率為e1，雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2a2，離心率為e2，它們的焦距為2c，則＋＝＝＝.∴2＝＝＝，易知2－＋1的最小值為.故max＝.故選A. 答案：A 2．設(shè)P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓＋y2＝1上

3、的點(diǎn)，則P，Q兩點(diǎn)間的最大距離是(　　) A．5 B.＋ C．7＋ D．6 解析：設(shè)Q(cosθ，sinθ)，圓心為M，由已知得M(0,6)， 則|MQ|＝ ＝ ＝ ＝ ≤5， 故|PQ|max＝5＋＝6. 答案：D 3．(20xx廣東深圳一模)過(guò)點(diǎn)(0,2b)的直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條斜率為正值的漸近線平行，若雙曲線C的右支上的點(diǎn)到直線l的距離恒大于b，則雙曲線C的離心率的取值范圍是(　　) A．(1,2] B．(2，＋∞) C．(1,2) D．(1，) 解析：由題意得，直線l的方程為y＝x＋2b，即bx－ay＋2ab＝0，因?yàn)殡p曲

4、線C的右支上的點(diǎn)到直線l的距離恒大于b，所以直線l與bx－ay＝0的距離恒大于或等于b，所以≥b，即3a2≥b2，∴≤3，∴e2＝1＋≤4，又∵e>1，∴1b>0)，P為橢圓上與長(zhǎng)軸端點(diǎn)不重合的一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓的左，右焦點(diǎn)，過(guò)F2作∠F1PF2外角平分線的垂線，垂足為Q，若|OQ|＝2b，橢圓的離心率為e，則的最小值為(　　) A. B. C. D．1 解析：如圖所示，設(shè)∠F1PF2的外角平分線為PT，則F2Q⊥PT，延長(zhǎng)F2Q交F1P的延長(zhǎng)線于M. ∵PT為∠F2PM的平分線，且PQ⊥F2

5、M， ∴△F2PM為等腰三角形，且|PM|＝|PF2|， 由橢圓定義知|PF1|＋|PF2|＝2a， ∴|PM|＋|PF1|＝|F1M|＝2a. 又∵O為F1F2的中點(diǎn)，Q為F2M的中點(diǎn)， ∴|OQ|＝|F1M|， ∴|OQ|＝a，又|OQ|＝2b， ∴a＝2b，∴e＝＝. ∴＝＝2b＋≥2＝，當(dāng)且僅當(dāng)2b＝，即b＝時(shí)，取得等號(hào)，故選C. 答案：C 二、解答題 5．如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且點(diǎn)P在第一象限． (1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點(diǎn)P的坐標(biāo)； (2)若過(guò)原點(diǎn)O的直線l1與l垂直，證明：點(diǎn)P到

6、直線l1的距離的最大值為a－b. 解：(1)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0. 由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn)，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 又點(diǎn)P在第一象限， 故點(diǎn)P的坐標(biāo)為 . (2)由于直線l1過(guò)原點(diǎn)O且與l垂直，故直線l1的方程為x＋ky＝0， 所以點(diǎn)P到直線l1的距離 d＝， 整理得d＝. 因?yàn)閍2k2＋≥2ab， 所以≤ ＝a－b， 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝時(shí)等號(hào)成立． 所以，點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a－b. 6．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，

7、點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m，n)(m≠0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點(diǎn)M. (1)求橢圓C的方程，并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m，n表示)； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，直線PB交x軸于點(diǎn)N.問(wèn)：y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由． 解：(1)由題意得 解得a2＝2. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. 設(shè)M(xM,0)． 因?yàn)閙≠0，所以－1

8、得∠OQM＝∠ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0，yQ)使得＝”， 即yQ滿足y＝|xM||xN|. 因?yàn)閤M＝，xN＝，＋n2＝1， 所以y＝|xM||xN|＝＝2. 所以yQ＝或yQ＝－. 故在y軸上存在點(diǎn)Q，使得∠OQM＝∠ONQ. 點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，)或(0，－)． 7．(20xx豫北名校4月聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以原點(diǎn)O為圓心，橢圓C的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線2x－y＋6＝0相切． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)已知點(diǎn)A，B為動(dòng)直線y＝k(x－2)(k≠0)與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)，問(wèn)在x軸上是否存在定點(diǎn)E，使得2＋為定值？若存在，試求出點(diǎn)E的坐

9、標(biāo)和定值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)由e＝，即＝， 得c＝a，(*) 由已知得圓的方程為x2＋y2＝a2， 又圓與直線2x－y＋6＝0相切， 所以a＝＝， 代入(*)式得c＝2， 所以b2＝a2－c2＝2. 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)存在．由 得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)E(m,0)， 使得2＋＝(＋)＝為定值， 則＝(x1－m，y1)(x2－m，y2) ＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2) ＝的值與k無(wú)關(guān)，∴3m2－12m＋10＝3(m2－6)，得m＝.此時(shí)，2＋＝m2－6＝－，所以在x軸上存在定點(diǎn)E，使得2＋為定值，且定值為－.