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专题能力训练18 直线与圆锥曲线
一、能力突破训练
1.已知O为坐标原点F是椭圆C:=1ab0的左焦点AB分别为C的左、右顶点.P为C上一点且PF⊥x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.B.C.D.
2.已知双曲线=1a0b0的离心率为则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是 A.B.C.D.
3.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AB两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为 A.4B.2C.2D.
4.2018全国Ⅰ理11已知双曲线C:-y2=1O为坐标原点F为C的右焦点过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为MN.若△OMN为直角三角形则|MN|= A.B.3C.2D.
45.平面直角坐标系xOy中双曲线C1:=1a0b0的渐近线与抛物线C2:x2=2pyp0交于点OAB.若△OAB的垂心为C2的焦点则C1的离心率为 .
6.2018全国Ⅰ理19设椭圆C:+y2=1的右焦点为F过F的直线l与C交于AB两点点M的坐标为
20.1当l与x轴垂直时求直线AM的方程;2设O为坐标原点证明:∠OMA=∠OMB.
7.如图已知抛物线x2=y点AB抛物线上的点Pxy.过点B作直线AP的垂线垂足为Q.1求直线AP斜率的取值范围;2求|PA|·|PQ|的最大值.
8.已知椭圆C:=1ab0的离心率为Aa0B0bO00△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求证:|AN|·|BM|为定值.
9.2018全国Ⅱ理19设抛物线C:y2=4x的焦点为F过F且斜率为kk0的直线l与C交于AB两点|AB|=
8.1求l的方程.2求过点AB且与C的准线相切的圆的方程.
二、思维提升训练
10.2018全国Ⅲ理16已知点M-11和抛物线C:y2=4x过C的焦点且斜率为k的直线与C交于AB两点若∠AMB=90°则k= .
11.定长为3的线段AB的两个端点AB分别在x轴、y轴上滑动动点P满足=
2.1求点P的轨迹曲线C的方程;2若过点10的直线与曲线C交于MN两点求的最大值.
12.设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A直线l过点B10且与x轴不重合l交圆A于CD两点过B作AC的平行线交AD于点E.1证明|EA|+|EB|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MN两点过B且与l垂直的直线与圆A交于PQ两点求四边形MPNQ面积的取值范围.
13.2018全国Ⅲ理20已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于AB两点线段AB的中点为M1mm
0.1证明:k-;2设F为C的右焦点P为C上一点且=
0.证明:||||||成等差数列并求该数列的公差.专题能力训练18 直线与圆锥曲线
一、能力突破训练
1.A 解析由题意不妨设直线l的方程为y=kx+ak0分别令x=-c与x=0得|FM|=ka-c|OE|=ka.设OE的中点为G由△OBG∽△FBM得即整理得故椭圆的离心率e=故选A.
2.B 解析抛物线x2=4y的焦点为01双曲线=1a0b0的离心率为所以=2双曲线的渐近线为y=±x=±2x则抛物线x2=4y的焦点到双曲线的渐近线的距离是故选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Δ=82-4×-8b=0解得b=-2故直线l的方程为x+y+2=0从而A-20B0-
2.因此过AB两点的最小圆即为以AB为直径的圆其方程为x+12+y+12=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.
4.B 解析由条件知F20渐近线方程为y=±x所以∠NOF=∠MOF=30°∠MON=60°≠90°.不妨设∠OMN=90°则|MN|=|OM|.又|OF|=2在Rt△OMF中|OM|=2cos30°=所以|MN|=
3.5 解析双曲线的渐近线为y=±x.由得A由得B∵F为△OAB的垂心∴kAF·kOB=-
1.即=-1解得即可得e=
6.解1由已知得F10l的方程为x=
1.由已知可得点A的坐标为所以AM的方程为y=-x+或y=x-2当l与x轴重合时∠OMA=∠OMB=0°当l与x轴垂直时OM为AB的垂直平分线所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时设l的方程为y=kx-1k≠0Ax1y1Bx2y2则x1x2直线MAMB的斜率之和为kMA+kMB=由y1=kx1-ky2=kx2-k得kMA+kMB=将y=kx-1代入+y2=1得2k2+1x2-4k2x+2k2-2=0所以x1+x2=x1x2=则2kx1x2-3kx1+x2+4k==
0.从而kMA+kMB=0故MAMB的倾斜角互补所以∠OMA=∠OMB.综上∠OMA=∠OMB.
7.解1设直线AP的斜率为kk==x-因为-x所以直线AP斜率的取值范围是-
11.2联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是xQ=因为|PA|=k+1|PQ|=xQ-x=-所以|PA|·|PQ|=-k-1k+
13.令fk=-k-1k+13因为fk=-4k-2k+12所以fk在区间上单调递增上单调递减因此当k=时|PA|·|PQ|取得最大值
8.1解由题意得解得a=2b=
1.所以椭圆C的方程为+y2=
1.2证明由1知A20B
01.设Px0y0则+4=
4.当x0≠0时直线PA的方程为y=x-
2.令x=0得yM=-从而|BM|=|1-yM|=直线PB的方程为y=x+
1.令y=0得xN=-从而|AN|=|2-xN|=所以|AN|·|BM|====
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由题意得F10l的方程为y=kx-1k
0.设Ax1y1Bx2y
2.由得k2x2-2k2+4x+k2=
0.Δ=16k2+160故x1+x2=所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=由题设知=8解得k=-1舍去k=
1.因此l的方程为y=x-
1.2由1得AB的中点坐标为32所以AB的垂直平分线方程为y-2=-x-3即y=-x+
5.设所求圆的圆心坐标为x0y0则解得因此所求圆的方程为x-32+y-22=16或x-112+y+62=
144.
二、思维提升训练
10.2 解析设直线AB:x=my+1联立y2-4my-4=0y1+y2=4my1y2=-
4.而=x1+1y1-1=my1+2y1-1=x2+1y2-1=my2+2y2-
1.∵∠AMB=90°=my1+2my2+2+y1-1y2-1=m2+1y1y2+2m-1y1+y2+5=-4m2+1+2m-14m+5=4m2-4m+1=
0.∴m=k==
2.
11.解1设Ax00B0y0Pxy由=2得xy-y0=2x0-x-y即因为=9所以+3y2=9化简得+y2=1所以点P的轨迹方程为+y2=
1.2当过点10的直线为y=0时=20·-20=-4当过点10的直线不为y=0时可设为x=ty+1Ax1y1Bx2y
2.联立并化简得t2+4y2+2ty-3=0由根与系数的关系得y1+y2=-y1y2=-=x1x2+y1y2=ty1+1ty2+1+y1y2=t2+1y1y2+ty1+y2+1=t2+1+t+1==-4+又由Δ=4t2+12t2+4=16t2+480恒成立所以t∈R对于上式当t=0时max=综上所述的最大值为
12.解1因为|AD|=|AC|EB∥AC故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为x+12+y2=16从而|AD|=4所以|EA|+|EB|=
4.由题设得A-10B10|AB|=2由椭圆定义可得点E的轨迹方程为=1y≠
0.2当l与x轴不垂直时设l的方程为y=kx-1k≠0Mx1y1Nx2y2由得4k2+3x2-8k2x+4k2-12=0则x1+x2=x1x2=所以|MN|=|x1-x2|=过点B10且与l垂直的直线m:y=-x-1A到m的距离为所以|PQ|=2=4故四边形MPNQ的面积S=|MN||PQ|=12可得当l与x轴不垂直时四边形MPNQ面积的取值范围为
128.当l与x轴垂直时其方程为x=1|MN|=3|PQ|=8四边形MPNQ的面积为
12.综上四边形MPNQ面积的取值范围为[
128.
13.解1设Ax1y1Bx2y2则=1=
1.两式相减并由=k得k=
0.由题设知=1=m于是k=-
①由题设得0m故k-2由题意得F
10.设Px3y3则x3-1y3+x1-1y1+x2-1y2=
00.由1及题设得x3=3-x1+x2=1y3=-y1+y2=-2m
0.又点P在C上所以m=从而P||=于是||===2-同理||=2-所以||+||=4-x1+x2=
3.故2||=||+||则||||||成等差数列设该数列的公差为d则2|d|=|||-|||=|x1-x2|=
②将m=代入
①得k=-
1.所以l的方程为y=-x+代入C的方程并整理得7x2-14x+=
0.故x1+x2=2x1x2=代入
②解得|d|=所以该数列的公差为或-。
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