2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練16 直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn) 文.doc

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2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題能力訓(xùn)練16 直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn) 文 一、選擇題 1.(xx福建質(zhì)檢)已知雙曲線(xiàn)C1:=1(a>0,b>0)的離心率為,一條漸近線(xiàn)為l,拋物線(xiàn)C2:y2=4x的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)P為直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C2異于原點(diǎn)的交點(diǎn),則|PF|=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.3 C.4 D.5 2.(xx山東臨沂二模)已知雙曲線(xiàn)=1(a>0,b>0)的一條漸近線(xiàn)被圓C:x2+y2-6x=0所截得的弦長(zhǎng)等于2,則該雙曲線(xiàn)的離心率等于(　　) A. B. C. D. 3.橢圓C:=1的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,點(diǎn)P在C上且直線(xiàn)PA2的斜率的取值范圍是[-2,-1],則直線(xiàn)PA1斜率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 4.(xx福建福州質(zhì)量檢測(cè))如圖,直線(xiàn)y=m與拋物線(xiàn)y2=4x交于點(diǎn)A,與圓(x-1)2+y2=4的實(shí)線(xiàn)部分交于點(diǎn)B,F為拋物線(xiàn)的焦點(diǎn),則△ABF的周長(zhǎng)的取值范圍是(　　) A.(2,4) B.(4,6) C.[2,4] D.[4,6] 5.已知(4,2)是直線(xiàn)l被橢圓=1所截得的線(xiàn)段的中點(diǎn),則直線(xiàn)l的方程是(　　) A.x-2y=0 B.x+2y-4=0 C.2x+3y+4=0 D.x+2y-8=0 6.(xx河北唐山一中調(diào)研)已知雙曲線(xiàn)=1(a>0,b>0)上一點(diǎn)C,過(guò)雙曲線(xiàn)中心的直線(xiàn)交雙曲線(xiàn)于A,B兩點(diǎn),記直線(xiàn)AC,BC的斜率分別為k1,k2,當(dāng)+ln|k1|+ln|k2|最小時(shí),雙曲線(xiàn)離心率為(　　) A. B. C.+1 D.2 二、填空題 7.過(guò)點(diǎn)M(1,1)作斜率為-的直線(xiàn)與橢圓C:=1(a>b>0)相交于A,B兩點(diǎn),若M是線(xiàn)段AB的中點(diǎn),則橢圓C的離心率為　　　　　. 8.設(shè)拋物線(xiàn)y2=8x的準(zhǔn)線(xiàn)與x軸交于點(diǎn)Q,若過(guò)點(diǎn)Q的直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)有公共點(diǎn),則直線(xiàn)l的斜率的取值范圍是　　　　　. 三、解答題 9. (xx重慶高考,文21)如圖,設(shè)橢圓=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)D在橢圓上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面積為. (1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn),且圓在這兩個(gè)交點(diǎn)處的兩條切線(xiàn)相互垂直并分別過(guò)不同的焦點(diǎn)?若存在,求出圓的方程;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 10.已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)A(0,2),且在x軸上截得的弦長(zhǎng)為4. (1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程; (2)點(diǎn)P為軌跡C上任意一點(diǎn),直線(xiàn)l為軌跡C上在點(diǎn)P處的切線(xiàn),直線(xiàn)l交直線(xiàn):y=-1于點(diǎn)R,過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥l交軌跡C于點(diǎn)Q,求△PQR的面積的最小值. 11.已知橢圓C:=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0),右頂點(diǎn)為A,且|AF|=1. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若動(dòng)直線(xiàn)l:y=kx+m與橢圓C有且只有一個(gè)交點(diǎn)P,且與直線(xiàn)x=4交于點(diǎn)Q,問(wèn):是否存在一個(gè)定點(diǎn)M(t,0),使得=0.若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由. 答案與解析 專(zhuān)題能力訓(xùn)練16　直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn) 1.D　解析:∵e=, ∴.∴=1. ∴漸近線(xiàn)方程為y=x. ∴y=x. 又∵F(1,0),由 得∴P(4,4). 故|PF|==5. 2.B　解析:由題意知雙曲線(xiàn)=1的漸近線(xiàn)方程為y=x, 圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-3)2+y2=9, 圓心到漸近線(xiàn)的距離d=. 由勾股定理得+5=9, 整理得. 故e=. 3.B　解析:由橢圓C:=1可知其左頂點(diǎn)A1(-2,0),右頂點(diǎn)A2(2,0). 設(shè)P(x0,y0)(x0≠2), 則=1,得=-. 因?yàn)? 所以=-. 因?yàn)?2≤≤-1, 所以-2≤-≤-1, 解得. 故選B. 4.B　解析:設(shè)B(xB,yB),則1≤xB≤3. 因?yàn)榭梢詷?gòu)成△ABF, 所以10. 又+ln|k1|+ln|k2| =+ln(k1k2), 對(duì)于函數(shù)y=+ln x(x>0)利用導(dǎo)數(shù)法可以得到當(dāng)x=2時(shí),函數(shù)y=+ln x(x>0)取得最小值. 故當(dāng)+ln|k1|+ln|k2|取得最小值時(shí),k1k2==2, 所以e=.故選B. 7.　解析:e= =. 8.　解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則=1,=1, ∴=0. ∴=0. ∴a2=2b2.∴e=. 9.-1≤k≤1　解析:Q點(diǎn)坐標(biāo)為(-2,0),直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí),不滿(mǎn)足題意, 所以可設(shè)直線(xiàn)l的斜率為k,方程為 y=k(x+2). 當(dāng)k=0時(shí),滿(mǎn)足題意; 當(dāng)k≠0時(shí),x=y-2,代入y2=8x, 得y2-y+16=0. Δ=-64≥0,k2≤1, 即-1≤k≤1(k≠0).綜上,-1≤k≤1. 10.解:(1)設(shè)F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2. 由=2得|DF1|=c. 從而|DF1||F1F2|=c2=,故c=1. 從而|DF1|=,由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=, 因此|DF2|=. 所以2a=|DF1|+|DF2|=2, 故a=,b2=a2-c2=1. 因此,所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)如圖,設(shè)圓心在y軸上的圓C與橢圓+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個(gè)交點(diǎn),y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線(xiàn),且F1P1⊥F2P2. 由圓和橢圓的對(duì)稱(chēng)性,易知,x2=-x1,y1=y2. 由(1)知F1(-1,0),F2(1,0), 所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1). 再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+=0. 由橢圓方程得1-=(x1+1)2, 即3+4x1=0. 解得x1=-或x1=0. 當(dāng)x1=0時(shí),P1,P2重合,題設(shè)要求的圓不存在. 當(dāng)x1=-時(shí),過(guò)P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線(xiàn)的交點(diǎn)即為圓心C. 設(shè)C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得=-1. 而y1=|x1+1|=,故y0=. 圓C的半徑|CP1|=. 綜上,存在滿(mǎn)足題設(shè)條件的圓,其方程為x2+. 11.解:(1)設(shè)C(x,y),|CA|2-y2=4, 即x2=4y.∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為x2=4y. (2)C的方程為x2=4y, 即y=x2,故y=x. 設(shè)P(t≠0), PR所在的直線(xiàn)方程為y-(x-t), 即y=x-,則點(diǎn)R的橫坐標(biāo)xR=, |PR|=|xR-t|=. PQ所在的直線(xiàn)方程為y-=-(x-t), 即y=-x+2+, 由x-2-=0, 由xP+xQ=-得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為xQ=--t, |PQ|=|xP-xQ| = =. ∴S△PQR=|PQ||PR|=. 不妨設(shè)t>0,記f(t)=(t>0), 則當(dāng)t=2時(shí),f(t)min=4. 由S△PQR=[f(t)]3, 得△PQR的面積的最小值為16. 12.解:(1)由c=1,a-c=1, 得a=2,∴b=. 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為=1. (2)存在定點(diǎn)M(1,0),理由如下: 由 得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ∴Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0, 即m2=3+4k2. 設(shè)P(xP,yP),則xP=-=-, yP=kxP+m=-+m=, 即P. ∵M(jìn)(t,0),Q(4,4k+m), ∴=(4-t,4k+m), ∴(4-t)+(4k+m) =t2-4t+3+(t-1)=0恒成立. 故即t=1. ∴存在點(diǎn)M(1,0)符合題意.