《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練17 直線與圓錐曲線 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練17 直線與圓錐曲線 文（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、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(diǎn)F,且斜率為3的直線交C于點(diǎn)M(M在x軸的上方),l為C的準(zhǔn)線,點(diǎn)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(diǎn)分別是A和B,那么過A,B兩點(diǎn)的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)線所得的弦長(zhǎng)為( )
A.4 B.22 C.2 D.2
3.設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,直線l過F且與C交于A,B兩點(diǎn).若|AF|=3|BF|,則l的方程為( )
A.y=x-1或y=-x+1
B.y=33
2、(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.已知傾斜角為30°的直線l經(jīng)過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)F1,交雙曲線于A,B兩點(diǎn),線段AB的垂直平分線經(jīng)過右焦點(diǎn)F2,則此雙曲線的漸近線方程為 .?
5.(2019北京人大附中信息考試,18)已知拋物線C:y2=2px過點(diǎn)M(2,2),點(diǎn)A,B是拋物線C上不同兩點(diǎn),且AB∥OM(其中O是坐標(biāo)原點(diǎn)),直線AO與BM相交于點(diǎn)P,線段AB的中點(diǎn)為Q.
(1)求拋物線C的準(zhǔn)線方程;
(2)求證:直線PQ與x軸平行.
6.已
3、知橢圓C的兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A(-2,0),B(2,0),焦點(diǎn)在x軸上,離心率為32.
(1)求橢圓C的方程;
(2)點(diǎn)D為x軸上一點(diǎn),過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點(diǎn)M,N,過D作AM的垂線交BN于點(diǎn)E.求證:△BDE與△BDN的面積之比為4∶5.
7.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,過橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x+y-3=0交M于A,B兩點(diǎn),P為AB的中點(diǎn),且OP的斜率為12.
(1)求M的方程;
(2)C,D為M上兩點(diǎn),若四邊形ACBD的對(duì)角線CD⊥AB,求四邊形ACBD面積的最大值.
8.(2019
4、四川高三沖刺演練,20)已知直線l經(jīng)過拋物線y2=4x的焦點(diǎn)且與此拋物線相交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點(diǎn),|AB|<8,直線l與拋物線y=x2-4相交于M,N兩點(diǎn),且M,N兩點(diǎn)在y軸的兩側(cè).
(1)證明:y1y2為定值;
(2)求直線l的斜率的取值范圍;
(3)若OM·ON=-48(O為坐標(biāo)原點(diǎn)),求直線l的方程.
二、思維提升訓(xùn)練
9.(2019重慶一中月考,20)如圖,點(diǎn)C,D是離心率為12的橢圓的左、右頂點(diǎn),F1,F2是該橢圓的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)A,B是直線x=-4上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),連接AD和BD,分別與橢圓相交于E,F兩點(diǎn),且線段EF恰好經(jīng)過橢圓的左焦點(diǎn)F1.當(dāng)E
5、F⊥CD時(shí),點(diǎn)E恰為線段AD的中點(diǎn).
(1)求橢圓的方程;
(2)判斷以AB為直徑的圓與直線EF的位置關(guān)系,并加以證明.
10.(2019全國(guó)Ⅰ,文21)已知點(diǎn)A,B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱,|AB|=4,☉M過點(diǎn)A,B且與直線x+2=0相切.
(1)若A在直線x+y=0上,求☉M的半徑;
(2)是否存在定點(diǎn)P,使得當(dāng)A運(yùn)動(dòng)時(shí),|MA|-|MP|為定值?并說明理由.
11.(2019湖南懷化質(zhì)檢,20)已知F12,0為拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),點(diǎn)N(x0,y0)(y0>0)為其上一點(diǎn),點(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于x軸對(duì)稱,直線l與拋
6、物線交于異于點(diǎn)M,N的A,B兩點(diǎn),|NF|=52,kNA·kNB=-2.
(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和點(diǎn)N的坐標(biāo);
(2)判斷是否存在這樣的直線l,使得△MAB的面積最小.若存在,求出直線l的方程和△MAB面積的最小值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
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(diǎn)F(1,0),準(zhǔn)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=13,x2=3.
因?yàn)镸在x軸的上方,所以M(3,23).
因?yàn)镸N⊥l,且N在l上,所以N(-1,23).
因?yàn)镕
7、(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?yàn)橹本€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(diǎn)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(zhǔn)線方程為x=-2,此時(shí)圓心(-1,-1)到準(zhǔn)線的距離為1,故所截弦長(zhǎng)為2(2)2-12=2.
3.C 解析由題意可得拋物線焦點(diǎn)F(1,0)
8、,準(zhǔn)線方程為x=-1.
當(dāng)直線l的斜率大于0時(shí),如圖,過A,B兩點(diǎn)分別向準(zhǔn)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=tan60°=3,故直線方程為y=3(x-1).
當(dāng)直線l的斜率小于0時(shí),如圖,同理可得直線方程
9、為y=-3(x-1),故選C.
4.y=±x 解析如圖,MF2為線段AB的垂直平分線,可得|AF2|=|BF2|,且∠MF1F2=30°,
可得|MF2|=2c·sin30°=c,|MF1|=2c·cos30°=3c.
由雙曲線的定義可得|BF1|-|BF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a,
即|AB|=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a,
即有|MA|=2a,|AF2|=|MA|2+|MF2|2=4a2+c2,|AF1|=|MF1|-|MA|=3c-2a.
由|AF2|-|AF1|=2a,可得4a2+c2-(3c-2a)=2a,
10、可得4a2+c2=3c2,即c=2a.
故b=c2-a2=a,所以漸近線方程為y=±x.
5.(1)解由題意得22=4p,解得p=1.
所以拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=-p2=-12.
(2)證明設(shè)Ay122,y1,By222,y2,由AB∥OM得kAB=kOM=1,
則y2-y1y222-y122=2y2+y1=1,所以y2+y1=2.
所以線段AB的中點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)yQ=1.
直線AO的方程為y=y1y122x=2y1x.①
當(dāng)y2≠-2時(shí),直線BM的方程為y-2=y2-2y222-2(x-2)=2y2+2(x-2).②
聯(lián)立①②y=2y1x,y-2=2y2+2(x-2),
11、解得x=y12,y=1,即點(diǎn)P的縱坐標(biāo)yP=1.
當(dāng)y2=-2時(shí),直線BM的方程為x=2.③
聯(lián)立①③y=2y1x,x=2,解得x=2,y=4y1.
因?yàn)閥2+y1=2,所以y1=4.
所以y=1,即點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為yP=1.
綜上可知,直線PQ與x軸平行.
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
12、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(diǎn)E的縱坐標(biāo)yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由點(diǎn)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,
13、
由此可得b2(x2+x1)a2(y2+y1)=-y2-y1x2-x1=1.
因?yàn)閤1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0=12,所以a2=2b2.
又由題意知,M的右焦點(diǎn)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-533
14、-n2)3.
因?yàn)橹本€CD的斜率為1,
所以|CD|=2|x4-x3|=439-n2.
由已知,四邊形ACBD的面積S=12|CD|·|AB|=8699-n2.
當(dāng)n=0時(shí),S取得最大值,最大值為863.
所以四邊形ACBD面積的最大值為863.
8.(1)證明由題意可得,直線l的斜率存在,故可設(shè)直線l的方程為y=k(x-1)(k≠0),
聯(lián)立y2=4x,y=k(x-1),得ky2-4y-4k=0,則y1y2=-4kk=-4為定值.
(2)解由(1)知,y1+y2=4k,x1+x2=y1+y2k+2=4k2+2,
則|AB|=x1+x2+p=y1+y2k+2=4k2+4<8,
15、即k2>1.
聯(lián)立y=k(x-1),y=x2-4,得x2-kx+k-4=0,
∵M(jìn),N兩點(diǎn)在y軸的兩側(cè),∴Δ=k2-4(k-4)=k2-4k+16>0,且k-4<0,∴k<4.
由k2>1及k<4可得k<-1或1
16、(-∞,-1)∪(1,4),∴k=-113.
故直線l的方程為y=-113x+113.
二、思維提升訓(xùn)練
9.解(1)∵當(dāng)EF⊥CD時(shí),點(diǎn)E恰為線段AD的中點(diǎn),
∴a+c=4-c.
又e=ca=12,聯(lián)立解得c=1,a=2.又a2=b2+c2,
∴b=3.
∴橢圓的方程為x24+y23=1.
(2)由題意可知直線EF不可能平行于x軸,設(shè)EF的方程為x=my-1,E(x1,y1),F(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-1,得(3m2+4)y2-6my-9=0,
∴Δ=(-6m)2+36(3m2+4)>0,y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.(*)
17、
設(shè)A(-4,yA),由A,E,D三點(diǎn)共線得yA=-6y1x1-2=-6y1my1-3,同理可得yB=-6y2my2-3.
yA+yB=-6y1my1-3+-6y2my2-3
=-62my1y2-3(y1+y2)m2y1y2-3m(y1+y2)+9
=-62m·-93m2+4-36m3m2+4m2·-93m2+4-3m·6m3m2+4+9=6m,
∴|yA-yB|=-6y1my1-3--6y2my2-3
=18|y1-y2|m2y1y2-3m(y1+y2)+9
=186m3m2+42-4-93m2+4m2-93m2+4-3m6m3m2+4+9
=6m2+1.
設(shè)AB的中點(diǎn)為M,
18、則點(diǎn)M的坐標(biāo)為-4,yA+yB2,即(-4,3m),
∴點(diǎn)M到直線EF的距離d=|-4-3m2+1|1+m2=3m2+1=12|yA-yB|=12|AB|.
故以AB為直徑的圓始終與直線EF相切.
10.解(1)因?yàn)楱慚過點(diǎn)A,B,所以圓心M在AB的垂直平分線上.
由已知A在直線x+y=0上,且A,B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱,所以M在直線y=x上,故可設(shè)M(a,a).
因?yàn)楱慚與直線x+2=0相切,所以☉M的半徑為r=|a+2|.
由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.
故☉M的半徑r=2或r=6.
(2)存在定點(diǎn)P(1,0),使得|
19、MA|-|MP|為定值.
理由如下:
設(shè)M(x,y),由已知得☉M的半徑為r=|x+2|,|AO|=2.
由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化簡(jiǎn)得M的軌跡方程為y2=4x.
因?yàn)榍€C:y2=4x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn),以直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線,所以|MP|=x+1.
因?yàn)閨MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在滿足條件的定點(diǎn)P.
11.解(1)由題意知p=1,故拋物線方程為y2=2x.
由|NF|=x0+p2=52,則x0=2,y02=4.
∵y0>0,∴y0=2.∴N(2,2).
(2)由題意知直線的斜率不為0,則可設(shè)直線
20、l的方程為x=ty+b.
聯(lián)立y2=2x,x=ty+b,得y2-2ty-2b=0.
設(shè)兩個(gè)交點(diǎn)Ay122,y1,By222,y2(y1≠±2,y2≠±2),則Δ=4t2+8b>0,y1+y2=2t,y1y2=-2b,
由kNA·kNB=y1-2y122-2·y2-2y222-2=4(y1+2)(y2+2)=-2,整理得b=2t+3.
此時(shí),Δ=4(t2+4t+6)>0恒成立.
故直線l的方程為x=ty+2t+3,即x-3=t(y+2),從而直線l過定點(diǎn)E(3,-2).
又M(2,-2),∴△MAB的面積S=12|ME||y1-y2|=t2+4t+6=(t+2)2+2.
∴當(dāng)t=-2時(shí),△MAB的面積有最小值2,此時(shí)直線l的方程為x+2y+1=0.
12
（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練17 直線與圓錐曲線 文
