2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練18 直線與圓錐曲線 理

1、學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題能力訓(xùn)練18直線與圓錐曲線一、能力突破訓(xùn)練1.已知o為坐標(biāo)原點(diǎn)，f是橢圓c:x2a2+y2b2=1(ab0）的左焦點(diǎn)，a,b分別為c的左、右頂點(diǎn).p為c上一點(diǎn),且pfx軸.過(guò)點(diǎn)a的直線l與線段pf交于點(diǎn)m，與y軸交于點(diǎn)e。若直線bm經(jīng)過(guò)oe的中點(diǎn)，則c的離心率為（）a。b.c.d。2。已知雙曲線x2a2-y2b2=1（a0,b0）的離心率為5，則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離是（)a.510b。55c.255d.4553.如果與拋物線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(guò)a,b兩點(diǎn)的最小圓截拋物線y2=8x的準(zhǔn)線所

2、得的弦長(zhǎng)為（）a.4b。22c。2d。24。(2018全國(guó),理11)已知雙曲線c:x23y2=1，o為坐標(biāo)原點(diǎn),f為c的右焦點(diǎn),過(guò)f的直線與c的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為m,n。若omn為直角三角形，則|mn|=(）a。b。3c.23d。45。平面直角坐標(biāo)系xoy中,雙曲線c1:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的漸近線與拋物線c2:x2=2py(p0）交于點(diǎn)o,a,b.若oab的垂心為c2的焦點(diǎn),則c1的離心率為.6.（2018全國(guó)，理19）設(shè)橢圓c：x22+y2=1的右焦點(diǎn)為f,過(guò)f的直線l與c交于a,b兩點(diǎn)，點(diǎn)m的坐標(biāo)為(2，0)。(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線am的方程;（2）設(shè)o為坐標(biāo)

3、原點(diǎn)，證明：oma=omb.7。如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)a-12,14，b32,94,拋物線上的點(diǎn)p(x，y)-12x0）的離心率為32，a（a，0），b(0，b)，o（0,0）,oab的面積為1.(1)求橢圓c的方程；(2)設(shè)p是橢圓c上一點(diǎn),直線pa與y軸交于點(diǎn)m，直線pb與x軸交于點(diǎn)n,求證:an|bm|為定值。9。(2018全國(guó),理19）設(shè)拋物線c:y2=4x的焦點(diǎn)為f，過(guò)f且斜率為k(k0）的直線l與c交于a,b兩點(diǎn),ab=8。(1)求l的方程.（2）求過(guò)點(diǎn)a,b且與c的準(zhǔn)線相切的圓的方程。二、思維提升訓(xùn)練10。（2018全國(guó)，理16)已知點(diǎn)m（1,1)和拋物線c：y2=4x,過(guò)

4、c的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與c交于a,b兩點(diǎn),若amb=90，則k=.11。定長(zhǎng)為3的線段ab的兩個(gè)端點(diǎn)a,b分別在x軸、y軸上滑動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)p滿足bp=2pa. (1）求點(diǎn)p的軌跡曲線c的方程; （2）若過(guò)點(diǎn)(1,0）的直線與曲線c交于m，n兩點(diǎn)，求omon的最大值.12。設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為a，直線l過(guò)點(diǎn)b(1,0）且與x軸不重合，l交圓a于c，d兩點(diǎn)，過(guò)b作ac的平行線交ad于點(diǎn)e。(1)證明ea+eb|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)e的軌跡方程；（2）設(shè)點(diǎn)e的軌跡為曲線c1,直線l交c1于m,n兩點(diǎn),過(guò)b且與l垂直的直線與圓a交于p，q兩點(diǎn),求四邊形mpnq面積的取值范圍.13.(201

5、8全國(guó)，理20)已知斜率為k的直線l與橢圓c:x24+y23=1交于a，b兩點(diǎn)，線段ab的中點(diǎn)為m(1,m）（m0）.(1)證明：k；(2）設(shè)f為c的右焦點(diǎn)，p為c上一點(diǎn)，且fp+fa+fb=0.證明:|fa|,|fp,fb成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差.專題能力訓(xùn)練18直線與圓錐曲線一、能力突破訓(xùn)練1。a解析 由題意，不妨設(shè)直線l的方程為y=k(x+a)，k0,分別令x=c與x=0,得|fm=k(ac），oe=ka.設(shè)oe的中點(diǎn)為g，由obgfbm，得12|oe|fm|=|ob|bf|,即ka2k(a-c)=aa+c,整理，得ca=13,故橢圓的離心率e=13，故選a。2.b解析 拋物線x2=

6、4y的焦點(diǎn)為(0，1),雙曲線x2a2-y2b2=1 （a0,b0）的離心率為5,所以ba=c2-a2a2=e2-1=2，雙曲線的漸近線為y=x=2x,則拋物線x2=4y的焦點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離是11+4=55.故選b。3。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+8y8b=0.因?yàn)橹本€與拋物線相切，所以=824（-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(guò)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

7、1，故所截弦長(zhǎng)為2(2)2-12=2。4。b解析 由條件知f(2，0),漸近線方程為y=33x，所以nof=mof=30,mon=6090.不妨設(shè)omn=90，則|mn=3om。又of=2，在rtomf中，om|=2cos 30=3，所以|mn=3。5.32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=32.6。解 (1）由已知得f（1，0），l的方程為x=1

8、。由已知可得,點(diǎn)a的坐標(biāo)為1,22或1,-22.所以am的方程為y=-22x+2或y=22x2.（2）當(dāng)l與x軸重合時(shí),oma=omb=0,當(dāng)l與x軸垂直時(shí),om為ab的垂直平分線，所以oma=omb。當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y=k(x1）（k0），a（x1,y1),b(x2,y2）,則x12，x20,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(diǎn)坐標(biāo)為（3，2），所以ab的垂直平分線方程為y-2=（x-3),即y=

9、-x+5。設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)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（x3)2+(y-2）2=16或（x11)2+(y+6）2=144.二、思維提升訓(xùn)練10。2解析 設(shè)直線ab:x=my+1,聯(lián)立x=my+1,y2=4xy24my4=0，y1+y2=4m，y1y2=4。而ma=（x1+1，y11)=(my1+2,y1-1)，mb=（x2+1,y21)=(my2+2，y2-1）.amb=90，mamb=(my1+2）（my2+2）+(y11)(y2-1)=（m2+1)y1y2+（2m1)

10、（y1+y2）+5=4(m2+1)+(2m1）4m+5=4m24m+1=0.m=12.k=1m=2。11。解 （1）設(shè)a（x0,0）,b（0，y0），p(x,y),由bp=2pa得(x,yy0)=2（x0-x,y)，即x=2(x0-x),y-y0=-2yx0=32x,y0=3y.因?yàn)閤02+y02=9，所以32x2+(3y）2=9，化簡(jiǎn),得x24+y2=1，所以點(diǎn)p的軌跡方程為x24+y2=1.（2）當(dāng)過(guò)點(diǎn)（1,0)的直線為y=0時(shí),omon=（2，0)(2,0）=4，當(dāng)過(guò)點(diǎn)（1,0)的直線不為y=0時(shí)，可設(shè)為x=ty+1，a(x1，y1），b(x2,y2）。聯(lián)立x24+y2=1,x=ty+1

11、并化簡(jiǎn)，得(t2+4)y2+2ty-3=0，由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=-2tt2+4，y1y2=-3t2+4，omon=x1x2+y1y2=（ty1+1)（ty2+1）+y1y2=(t2+1)y1y2+t（y1+y2）+1=（t2+1）-3t2+4+t-2tt2+4+1=-4t2+1t2+4=-4(t2+4)+17t2+4=4+17t2+4.又由=4t2+12（t2+4）=16t2+480恒成立，所以tr,對(duì)于上式,當(dāng)t=0時(shí)，（omon)max=14.綜上所述,omon的最大值為14.12。解 (1）因?yàn)閍d|=ac|,ebac,故ebd=acd=adc。所以eb|=ed|，故ea+eb

12、|=|ea+|ed=ad|。又圓a的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x+1)2+y2=16,從而ad=4，所以|ea+eb|=4.由題設(shè)得a（-1,0)，b(1,0)，ab|=2，由橢圓定義可得點(diǎn)e的軌跡方程為x24+y23=1(y0)。（2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y=k（x-1)（k0）,m(x1,y1），n（x2,y2),由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3）x28k2x+4k212=0，則x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,所以|mn=1+k2|x1x2|=12(k2+1)4k2+3.過(guò)點(diǎn)b(1，0)且與l垂直的直線m：y=-1k（x-1），a到m的距離

13、為2k2+1,所以|pq|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四邊形mpnq的面積s=12|mn|pq|=121+14k2+3.可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形mpnq面積的取值范圍為（12，83)。當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1，mn=3，|pq|=8,四邊形mpnq的面積為12。綜上,四邊形mpnq面積的取值范圍為12,83）.13.解 (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0m32,故k-12.(2）由題意得f（1,0)。設(shè)p(x3，y3）,則（x31，y3）+(x11,y1)+(x2-1,y2）=（0,0)。由（1)及題設(shè)得x3=3（x1+x2）=1,y3=(y1+y2)=2m0.又點(diǎn)p在c上，所以m=34,從而p1,-32，|fp=32.于是fa=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+31-x124=2-x12.同理fb|=2