高考數(shù)學二輪總復習專題能力訓練18直線與圓錐曲線理

專題能力訓練18直線與圓錐曲線能力突破訓練1.已知傾斜角為30°的直線l經過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點F1,交雙曲線于A,BA.y=±x B.y=±12C.y=±32x D.y=±52.已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F與橢圓E:x24+y23=1的一個焦點重合,過坐標原點O作兩條互相垂直的射線OM,ON,與拋物線C分別交于點M,N(點M,N異于原點A.(4,0) B.(4,0) C.(1,0) D.(1,0)3.已知拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F且斜率為3的直線l與拋物線C交于M,N兩點,點P為拋物線C上的動點,且點P在l的左側,則△PMN面積的最大值為()A.3 B.23 C.233 D4.(2022廣西南寧高三檢測)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點到準線的距離為1,直線l:2x3y2=0與拋物線C和圓M:(x1)2+y2=1從左到右依次交于A,B,C,D四點,則拋物線C的標準方程為;線段AB和線段CD的長度之和為.

5.已知雙曲線E的方程為x2a2-y2b2=1(其中a>0,b>0),離心率為233,點A((1)求雙曲線E的方程;(2)已知直線y=kx+5(k≠0)交雙曲線于C,D兩點,且點C,D都在以B為圓心的圓上,求k的值.6.(2022廣西師大附屬外國語學校模擬)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,A,B為拋物線C上不重合的兩個動點,O為坐標原點,當點A的橫坐標為4時,cos∠OFA=35(1)求拋物線C的方程;(2)若以AB為直徑的圓經過點P(1,2),點A,B都不與點P重合,求|AF|+|BF|的最小值.7.(2022廣西柳州三模)已知點A(2,3),B(2,3),點M與y軸的距離為d,且點M滿足MA·MB=d2(1)求曲線W的方程;(2)設點P為x軸上除原點O外的一點,過點P作直線l1,l2,直線l1交曲線W于點C,D,直線l2交曲線W于點E,F,G,H分別為CD,EF的中點,過點P作x軸的垂線交直線GH于點N,設CD,EF,ON的斜率分別為k1,k2,k3,求證:k3(k1+k2)為定值.8.如圖,點C,D是離心率為12的橢圓的左、右頂點,F1,F2是該橢圓的左、右焦點,點A,B是直線x=4上的兩個動點,連接AD和BD,分別與橢圓相交于E,F兩點,且線段EF恰好經過橢圓的左焦點F1.當EF⊥CD時,點E恰為線段AD的中點(1)求橢圓的方程;(2)判斷以AB為直徑的圓與直線EF的位置關系,并加以證明.思維提升訓練9.(2022新高考Ⅰ,16)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),橢圓C的上頂點為A,兩個焦點分別為F1,F2,離心率為12.過點F1且垂直于AF2的直線與橢圓C交于D,E10.已知焦點為F的拋物線C:y2=2px(p>0)經過圓D:(x4)2+(y4)2=r2(r>0)的圓心,點E是拋物線C與圓D在第一象限的一個公共點,且|EF|=2.(1)求p與r的值;(2)直線l:y=kx+2交拋物線C于A,B兩點,點G與點A關于x軸對稱,直線AG分別與直線OD,OB交于點M,N(O為坐標原點),求證:|AM11.設圓x2+y2+2x15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程;(2)設點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍.12.已知橢圓的焦點坐標為F1(1,0),F2(1,0),過F2且垂直于長軸的直線交橢圓于P,Q兩點,|PQ|=3.(1)求橢圓的方程.(2)如圖,過F2的直線l與橢圓交于M,N兩點,則△F1MN的內切圓的面積是否存在最大值?若存在,求出這個最大值及此時直線l的方程;若不存在,請說明理由.

專題能力訓練18直線與圓錐曲線能力突破訓練1.A解析如圖,MF2為線段AB的垂直平分線,可得|AF2|=|BF2|,且∠MF1F2=30°,設雙曲線的焦距為2c,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,即有|AB|=|BF1||AF1|=|BF2|+2a(|AF2|2a)=4a,即有|MA|=2a,|AF2|=|MA|2+|MF2|2=由|AF2||AF1|=2a,可得4a2+c2(3c2a)=2a,可得4a2+c2=3c2,即c=2a.故b=2.A解析由橢圓E的方程知其焦點坐標為(1,0),(1,0),又拋物線C的焦點Fp2,0∴p2=1,解得∴拋物線C的方程為y2=4x.由題意知,直線MN的斜率不為0,可設直線MN的方程為x=my+t,由x=my+t,y2=4x得y24my4t=0,則Δ=16m2設M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=4t,∴x1x2=y12y∵OM⊥ON,∴OM·ON=x1x2+y1y2=t24t=0,解得t=0或又點M,N與坐標原點O不重合,∴t=4.∴直線MN的方程為x=my+4,∴當y=0時,x=4,∴直線MN恒過定點(4,0).3.D解析由題意可知直線l的方程為y=3(x1).由y=3(x-1),y2設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=103故|MN|=x1+x2+2=103+2=設與直線l平行的直線的方程為y=3x+m,與y2=4x聯(lián)立,消去y,可得3x2+(23m4)x+m2=0,由Δ=(23m4)212m2=0,得m=3直線l與直線y=3x+33的距離d=233,故△4.y2=2x22122解析由拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點到準線的距離為1,可得p=1,所以拋物線C的標準方程為y2=2x依題意,直線l與拋物線C交于點A,D,與圓M交于點B,C,且直線l過圓心M(1,0),圓M的半徑為1,所以|BC|=2×1=2,|AB|+|CD|=|AD||BC|=|AD|2.由y2=2x,2x-3y設點A(x1,y1),D(x2,y2),則y1+y2=3,y1y2=2,x1=32y1+2,x2=32y2+2,所以所以|AB|+|CD|=22122所以線段AB和線段CD長度之和為221225.解(1)因為點A(a,0),B(0,b)(a>0,b>0),所以直線AB的方程為y=baxb即bxayab=0.因為原點到直線AB的距離是32,所以因為e=ca=23因為a2+b2=c2,所以a=3,故雙曲線E的方程為x23y2=(2)聯(lián)立y=kx+5,x23-y2=1,消去Δ=(30k)24(13k2)×(78)=31236k2.設點C(x1,y1),D(x2,y2),則x1+x2=30k1-3k2,y1+y2=k(x1+x2所以線段CD的中點F的坐標是15k1-3k所以直線BF的斜率kBF=51由題意可得,BF⊥CD,所以2-k解得k=±7,當k=±7時,Δ=31236k2=60>0,所以k=±76.解(1)當點A的橫坐標為4時,設點A(4,y0),則y02=8p,所以由已知得|OF|=p2,|AF|=4+p2,所以由余弦定理得cos∠OFA=即35=(p故拋物線C的方程為y2=4x.(2)依題意,設直線AB的方程為x=my+n,點A(x1,y1),B(x2,y2).由x=my+n,y2=4則Δ=(4m)2+16n>0,即m2+n>0,y1+y2=4m,y1y2=4n.所以x1+x2=(my1+n)+(my2+n)=m(y1+y2)+2n=4m2+2n,x1x2=y124因為以AB為直徑的圓經過點P(1,2),點A,B都不與點P重合,所以PA⊥PB,所以PA·PB=又PA=(x11,y12),PB=(x21,y22),所以(x11)(x21)+(y12)(y22)=0,即x1x2(x1+x2)+y1y22(y1+y2)+5=0,所以n2(4m2+2n)4n8m+5=0,整理得(n3)2=(2m+2)2,所以n=2m+5或n=2m+1.當n=2m+1時,直線AB的方程為x=my2m+1,此時直線AB過點P,即點A,B中有一點與點P重合,不符合題意,舍去.所以n=2m+5,所以x1+x2=4m2+2n=4m2+4m+10,m2+n=m2+2m+5=(m+1)2+4>0恒成立.由拋物線的定義可知|AF|+|BF|=x1+x2+2=4m2+4m+12=4m+122+11,所以當m=12時,|AF|+|BF|取得最小值11故|AF|+|BF|的最小值為11.7.(1)解設點M(x,y),由題意可知d=|x|,MA=(2x,3y),MB=(2x,3y).又MA·MB=d241,所以(2x)(2x)+(3y)(整理得x28+故曲線W的方程為x28+(2)證明依題意,直線GH的斜率存在,設點P(x0,0)(x0≠0),直線GH的方程為y=k4x+m.由題意可知直線l1的方程為y=k1(xx0),由y解得x則點Gk1x0設點C(xC,yC),D(xD,yD),因為點C,D都在曲線W上,所以xC28+y所以xC2所以k1=yC-又G為CD的中點,所以k1=34即4(k4x0+m)k12+3x0k1+3m=同理可得4(k4x0+m)k22+3x0k2+3m=所以k1,k2為關于k的方程4(k4x0+m)k2+3x0k+3m=0的兩個實根,所以k1+k2=3將x=x0代入y=k4x+m,可得點N(x0,k4x0+m),所以k3=k所以k3(k1+k2)=k4x0+m故k3(k1+k2)為定值38.解(1)由題意,設橢圓方程為x2a2+y2∵當EF⊥CD時,點E恰為線段AD的中點,∴a+c=4c.又e=ca=12,聯(lián)立解得c=又a2=b2+c2,∴b=3.∴橢圓的方程為x2(2)由題意可知直線EF不可能平行于x軸,設直線EF的方程為x=my1,點E(x1,y1),F(x2,y2),由x24+y23=1,x=my-∴設點A(4,yA),B(4,yB),由A,E,D三點共線,得yA=-6y1x1∴yA+yB=-=6·=6·2m·-∴|yAyB|=-=18·=18·6m3設線段AB的中點為M,則點M的坐標為4,yA+yB2,即(4,3m),∴點M到直線EF的距離d=|-4-3m2+1|1+故以AB為直徑的圓始終與直線EF相切.思維提升訓練9.13解析設橢圓的焦距為2c,F1,F2分別為左、右焦點.∵橢圓C的離心率e=12∴a=2c,∴b=a2-c2∴橢圓C的方程可化為x24c2+y23∵直線DE⊥AF2,∴kDE·kAF2=1(kDE為直線DE的斜率),∴∴直線DE的方程為y=33(x+c)設點D(x1,y1),E(x2,y2),由y=33(x+c),x24c2+y23c2=1,消去y整理得13x2所以|DE|=1+又|DE|=6,∴48c13=6.如圖,連接AF1,則|AF1|=a=2c=134,|F1F2|=2c=134,∴|AF1|=|F1F2∴直線DE為線段AF2的垂直平分線,連接EF2,DF2,則四邊形ADF2E為軸對稱圖形,∴△ADE的周長為|DE|+|AE|+|AD|=|DE|+|EF2|+|DF2|=4a=8c=13.10.(1)解由已知得拋物線C過點D(4,4),所以16=2p×4,所以p=2.故拋物線C的方程為y2=4x.設點E(x0,y0)(x0>0,y0>0),則|EF|=x0+1=2,所以x0=1,于是得y0=4x0=2,即E(1,2),將點E的坐標代入圓D的方程,得r2=(14)2+(24)2=13,所以(2)證明設點A(x1,y1),B(x2,y2),則G(x1,y1),顯然,x1,x2均不為0.聯(lián)立y=kx+2,y2=4x,消去y,得k2x2由題意得k≠0,且Δ=(4k4)216k2=1632k>0,即k<12,則x1+x2=4-4kk2①因為點D(4,4),所以直線OD的方程為y=x,故點M(x1,x1).因為直線OB的方程為y=y2x2x若要證明|AM||AN|=12,即證|AM|=|MN|,只需證2yM=yA+yN(yM,yA,yN分別表示點M,A,N的縱坐標),即證x1y2x2+y1=2x1,即證x1將y1=kx1+2,y2=kx2+2代入上式,即證(kx2+2)x1+即證(2k2)x1x2+2(x1+x2)=0③,將①②代入③,得(2k2)·4k2+8-8kk2=0,此等式顯然成立.所以211.解(1)因為|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由題設得A(1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x24+y23(2)當直線l與x軸不垂直時,設直線l的方程為y=k(x1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),由y得(4k2+3)x28k2x+4k212=0,則x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=