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專題能力訓(xùn)練17 直線與圓錐曲線
一、能力突破訓(xùn)練
1.過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為3的直線交C于點M(M在x軸的上方),l為C的準線,點N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為( )
A.5 B.22 C.23 D.33
2.與拋物線y2=8x相切傾斜角為135的直線l與x軸和y軸的交點分別是A和B,那么過A,B兩點的最小圓截拋物線y2=8x的準線所得的弦長為( )
A.4 B.22 C.2 D.2
3.設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,直線l過F且與C交于A,B兩點.若|AF|=3|BF|,則l的方程為( )
A.y=x-1或y=-x+1
B.y=33(x-1)或y=-33(x-1)
C.y=3(x-1)或y=-3(x-1)
D.y=22(x-1)或y=-22(x-1)
4.在平面直角坐標系xOy中,雙曲線C1:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線與拋物線C2:x2=2py(p>0)交于點O,A,B.若△OAB的垂心為C2的焦點,則C1的離心率為 .
5.(2018全國Ⅱ,文20)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點,|AB|=8.
(1)求l的方程.
(2)求過點A,B且與C的準線相切的圓的方程.
6.已知橢圓C的兩個頂點分別為A(-2,0),B(2,0),焦點在x軸上,離心率為32.
(1)求橢圓C的方程;
(2)點D為x軸上一點,過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M,N,過D作AM的垂線交BN于點E.求證:△BDE與△BDN的面積之比為4∶5.
7.在平面直角坐標系xOy中,過橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦點的直線x+y-3=0交M于A,B兩點,P為AB的中點,且OP的斜率為.
(1)求M的方程;
(2)C,D為M上兩點,若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB,求四邊形ACBD面積的最大值.
8.已知橢圓C的中心在坐標原點,右焦點為F(1,0),A,B是橢圓C的左、右頂點,D是橢圓C上異于A,B的動點,且△ADB面積的最大值為2.
(1)求橢圓C的方程.
(2)是否存在一定點E(x0,0)(0
0).
(1)證明:k<-;
(2)設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且FP+FA+FB=0.證明:2|FP|=|FA|+|FB|.
10.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點,點P3,12在橢圓E上.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設(shè)不過原點O且斜率為12的直線l與橢圓E交于不同的兩點A,B,線段AB的中點為M,直線OM與橢圓E交于C,D,證明:|MA||MB|=|MC||MD|.
11.
如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率為,兩準線之間的距離為8.點P在橢圓E上,且位于第一象限,過點F1作直線PF1的垂線l1,過點F2作直線PF2的垂線l2.
(1)求橢圓E的標準方程;
(2)若直線l1,l2的交點Q在橢圓E上,求點P的坐標.
專題能力訓(xùn)練17 直線與圓錐曲線
一、能力突破訓(xùn)練
1.C 解析 由題意可知拋物線的焦點F(1,0),準線l的方程為x=-1,可得直線MF:y=3(x-1),與拋物線y2=4x聯(lián)立,消去y得3x2-10x+3=0,解得x1=,x2=3.
因為M在x軸的上方,所以M (3,23).
因為MN⊥l,且N在l上,所以N(-1,23).
因為F(1,0),所以直線NF:y=-3(x-1).所以M到直線NF的距離為|3(3-1)+23|(-3)2+12=23.
2.C 解析 設(shè)直線l的方程為y=-x+b,聯(lián)立直線與拋物線方程,消元得y2+8y-8b=0.因為直線與拋物線相切,所以Δ=82-4(-8b)=0,解得b=-2,故直線l的方程為x+y+2=0,從而A(-2,0),B(0,-2).因此過A,B兩點的最小圓即為以AB為直徑的圓,其方程為(x+1)2+(y+1)2=2,而拋物線y2=8x的準線方程為x=-2,此時圓心(-1,-1)到準線的距離為1,故所截弦長為2(2)2-12=2.
3.C 解析 由題意可得拋物線焦點F(1,0),準線方程為x=-1.
當(dāng)直線l的斜率大于0時,如圖,過A,B兩點分別向準線x=-1作垂線,垂足分別為M,N,則由拋物線定義可得,|AM|=|AF|,|BN|=|BF|.
設(shè)|AM|=|AF|=3t(t>0),|BN|=|BF|=t,|BK|=x,而|GF|=2,
在△AMK中,由|BN||AM|=|BK||AK|,得t3t=xx+4t,
解得x=2t,則cos∠NBK=|BN||BK|=tx=12,
∴∠NBK=60,則∠GFK=60,即直線AB的傾斜角為60.
∴斜率k=tan 60=3,故直線方程為y=3(x-1).
當(dāng)直線l的斜率小于0時,如圖,同理可得直線方程為y=-3(x-1),故選C.
4. 32 解析 雙曲線的漸近線為y=x.由y=bax,x2=2py,得A2bpa,2b2pa2.
由y=-bax,x2=2py,
得B-2bpa,2b2pa2.
∵F0,p2為△OAB的垂心,
∴kAFkOB=-1,即2b2pa2-p22bpa-0-ba=-1,
解得b2a2=54,
∴c2a2=94,即可得e=32.
5.解 (1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0).
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).
由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2.
所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2;
由題設(shè)知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1.
因此l的方程為y=x-1.
(2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5.
設(shè)所求圓的圓心坐標為(x0,y0),則
y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.
解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.
因此所求圓的方程為
(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
6.(1)解 設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由題意得a=2,ca=32,解得c=3.
所以b2=a2-c2=1.
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)證明 設(shè)M(m,n),則D(m,0),N(m,-n).
由題設(shè)知m≠2,且n≠0.
直線AM的斜率kAM=nm+2,
故直線DE的斜率kDE=-m+2n.
所以直線DE的方程為y=-m+2n(x-m),直線BN的方程為y=n2-m(x-2).
聯(lián)立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),
解得點E的縱坐標yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由點M在橢圓C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-45n.
又S△BDE=12|BD||yE|=25|BD||n|,S△BDN=12|BD||n|,
所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5.
7.解 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),
則x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,y2-y1x2-x1=-1,
由此可得b2(x2+x1)a2(y2+y1)=-y2-y1x2-x1=1.
因為x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0=12,所以a2=2b2.
又由題意知,M的右焦點為(3,0),所以a2-b2=3.
所以a2=6,b2=3.
所以M的方程為x26+y23=1.
(2)由x+y-3=0,x26+y23=1,解得x=433,y=-33或x=0,y=3.因此|AB|=463.
由題意可設(shè)直線CD的方程為y=x+n-533b>0),
由已知可得△ADB的面積的最大值為122ab=ab=2. ①
∵F(1,0)為橢圓右焦點,
∴a2=b2+1. ②
由①②可得a=2,b=1,
故橢圓C的方程為x22+y2=1.
(2)過點E取兩條分別垂直于x軸和y軸的弦M1N1,M2N2,
則1|EM1|2+1|EN1|2=1|EM2|2+1|EN2|2,
即21-x022=1(x0+2)2+1(x0-2)2,解得x0=63,
∴E若存在必為63,0,定值為3.
證明如下:
設(shè)過點E63,0的直線方程為x=ty+63,代入C中得(t2+2)y2+263ty-43=0.
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),
則y1+y2=-263tt2+2=-26t3(t2+2),y1y2=-43(t2+2),
1|EM|2+1|EN|2=1(1+t2)y12+1(1+t2)y22
=11+t21y12+1y22
=11+t2(y1+y2)2-2y1y2y12y22
=11+t2-26t3(t2+2)2+83(t2+2)-43(t2+2)2=3.
綜上得定點為E63,0,定值為3.
二、思維提升訓(xùn)練
9.證明 (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y123=1,x224+y223=1.
兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.
由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.
由題設(shè)得0b>0)過點P3,12,
故34b2+14b2=1,解得b2=1.
所以橢圓E的方程是x24+y2=1.
(2)證明 設(shè)直線l的方程為y=x+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
由方程組x24+y2=1,y=12x+m,得x2+2mx+2m2-2=0, ①
方程①的判別式為Δ=4(2-m2).
由Δ>0,即2-m2>0,解得-20,y0>0.
當(dāng)x0=1時,l2與l1相交于F1,與題設(shè)不符.
當(dāng)x0≠1時,直線PF1的斜率為y0x0+1,直線PF2的斜率為y0x0-1.
因為l1⊥PF1,l2⊥PF2,所以直線l1的斜率為-x0+1y0,直線l2的斜率為-x0-1y0,
從而直線l1的方程:y=-x0+1y0(x+1), ①
直線l2的方程:y=-x0-1y0(x-1). ②
由①②,解得x=-x0,y=x02-1y0,
所以Q-x0,x02-1y0.
因為點Q在橢圓上,由對稱性,得x02-1y0=y0,
即x02-y02=1或x02+y02=1.
又P在橢圓E上,故x024+y023=1.
由x02-y02=1,x024+y023=1,解得x0=477,y0=377;x02+y02=1,x024+y023=1,無解.因此點P的坐標為477,377.
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