2020年高考文科数学一轮复习精品练习 第八篇 平面解析几何 第7节 圆锥曲线的综合问题 Word版含解析

2020年高考文科数学一轮复习精品练习第7节圆锥
曲线的综合问题
【选题明细表】
基础巩固(时间:30分钟)
1.设AB为过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的弦,则|AB|的最小值为( C )
(A)(B)p
(C)2p (D)无法确定
解析:当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短,这时x=,所以y=±p,|AB|min=2p.选C.
2.(2018·兰州一中模拟)已知过抛物线y2=4x焦点F的直线l交抛物线于A,B两点(点A在第一象限),若=3,则直线l的斜率为( A ) (A) (B) (C)(D)2
解析:设过抛物线y2=4x焦点F的直线l:x=ty+1交抛物线于A(x1,y1),
B(x2,y2)两点,
因为点A在第一象限且=3,
所以y1=-3y2>0,
联立得y2-4ty-4=0,
则解得
即直线l的斜率为.故选A.
3.若直线y=kx+2与双曲线x2-y2=6的右支交于不同的两点,则k的取值范围是( D )
(A)(-,) (B)(0,)
(C)(-,0) (D)(-,-1)
解析:由得(1-k2)x2-4kx-10=0.设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),
则
解得-<k<-1.即k的取值范围是(-,-1).选D.
4.(2018·广西三市第二次调研)过点(2,1)的直线交抛物线y2=x于A,B两点(异于坐标原点O),若OA⊥OB,则该直线的方程为( B ) (A)x+y-3=0 (B)2x+y-5=0
(C)2x-y+5=0 (D)x+2y-5=0
解析:观察选项知AB不垂直于x轴,
设AB:y-1=k(x-2)与y2=x联立化为
2ky2-5y+(5-10k)=0,
所以y1·y2=,y1+y2=,
x1=,x2=,
由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,
所以(y1y2)2+y1y2=0即()2+=0,
解得k=-2或,当k=时直线过原点,舍去,
所以k=-2,只有选项B满足.选B.
5.(2017·安徽马鞍山三模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB 的中点坐标为(1,-1),则E的方程为( D )
(A)+=1 (B)+=1
(C)+=1 (D)+=1
解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),直
线AB的斜率k==,
两式相减得+=0,
即+=0⇔+×()×=0,即a2=2b2,又c2=9,a2=b2+c2,
解得a2=18,b2=9,方程是+=1,故选D.
6.(2018·昆明一中模拟)设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p>0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM 的斜率的最大值为( A )
(A) (B)(C) (D)1
解析:由题意可得F(,0),设P(,y0),(y0>0),
则=+=+=+(-)=+=(+,),可得
k OM==≤=.当且仅当=时取得等号,选A.
7.(2018·山西省六校第四次联考)已知抛物线C:x2=8y,直线l:y=x+2与C交于M,N两点,则|MN|= .
解析:所以(y-2)2=8y,
所以y2-12y+4=0,
所以y1+y2=12,y1y2=4.
因为直线l:y=x+2,过抛物线的焦点F(0,2),
所以|MN|=(y1+2)+(y2+2)=y1+y2+4=16.
答案:16
8.(2018·大庆一模)已知抛物线C:y2=4x,过其焦点F作一条斜率大于0的直线l,l与抛物线交于M,N两点,且|MF|=3|NF|,则直线l的斜率为.
解析:抛物线C:y2=4x,焦点F(1,0),准线为x=-1,
分别过M和N作准线的垂线,垂足分别为C和D,作NH⊥CM,垂足为H, 设|NF|=x,则|MF|=3x,
由抛物线的定义可知:|NF|=|DN|=x,|MF|=|CM|=3x,
所以|HM|=2x,由|MN|=4x,
所以∠HMF=60°,
则直线MN的倾斜角为60°,
则直线l的斜率k=tan 60°=.
答案:
能力提升(时间:15分钟)
9.(2018·云南玉溪模拟)已知点F1,F2是椭圆x2+2y2=2的两个焦点,点P
是该椭圆上的一个动点,那么|+|的最小值是( C )
(A)0 (B)1 (C)2 (D)2
解析:因为O为F1F2的中点,
所以+=2,可得|+|=2||,
当点P到原点的距离最小时,||达到最小值,
|+|同时达到最小值.
因为椭圆x2+2y2=2化成标准形式,得+y2=1,
所以a2=2且b2=1,可得a=,b=1,
因此点P到原点的距离最小值为短轴一端到原点的距离,
即||最小值为b=1,
所以|+|=2||的最小值为2,
故选C.
10.(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c 的最大值为.
解析:双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线
x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为=.因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形
可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于,即c≤,可得c的最大值为
.
答案:
11.(2018·海淀区校级三模)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶
点为A(0,1),离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若过点A作圆M:(x+1)2+y2=r2(圆M在椭圆C内)的两条切线分别与椭圆C相交于B,D两点(B,D不同于点A),当r变化时,试问直线BD是否过某个定点?若是,求出该定点;若不是,请说明理由.
解:(1)因为e===,
由题设知⇒
故所求椭圆C的方程是+y2=1.
(2)设切线方程为y=kx+1,则得=r,
即(1-r2)k2-2k+1-r2=0,
设两条切线的斜率分别为k1,k2,于是k1,k2是方程(1-r2)k2-2k+1-r2=0的两实根,
故k1·k2=1.
设直线BD的方程为y=mx+t,
由
得(1+2m2)x2+4tmx+2t2-2=0,
所以x 1+x 2=,x 1x 2=,
又k 1k 2=
·
=1,
即(mx 1+t-1)(mx 2+t-1)=x 1x 2
⇒(m 2-1)x 1x 2+m(t-1)(x 1+x 2)+(t-1)2=0 ⇒(m 2-1)+m(t-1)
+(t-1)2=0
⇒t=-3.
所以直线BD 过定点(0,-3).
12.(2018·广东省海珠区一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点A(2,1). (1)求椭圆C 的方程;
(2)若不经过点A 的直线l:y=kx+m 与C 交于P,Q 两点,且直线AP 与直线AQ 的斜率之和为0,证明:直线PQ 的斜率为定值. (1)解:因为椭圆C 的焦距为2,且过点A(2,1),
所以+=1,2c=2. 因为a 2=b 2+c 2,解得a 2=8,b 2=2,
所以椭圆C 的方程为+=1.
(2)证明:设点P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),y 1=kx 1+m,y 2=kx 2+m,
由
消去y 得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-8=0,(*)
则x1+x2=-,x1x2=,
因为k PA+k AQ=0,
即=-,
化简得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.
即2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4m+4=0(**).
代入得--4m+4=0,整理得(2k-1)(m+2k-1)=0, 所以k=或m=1-2k.若m=1-2k,可得方程(*)的一个根为2,不合题意,所以直线PQ的斜率为定值,该值为.
13.(2018·西城区一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆C的任意三个顶点为顶点的三角形的面积是2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设A是椭圆C的右顶点,点B在x轴上,若椭圆C上存在点P,使得∠APB=90°,求点B横坐标的取值范围.
解:(1)设椭圆C的半焦距为c.
依题意,得=,ab=2,且a2=b2+c2.
解得a=2,b=.
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)“椭圆C上存在点P,使得∠APB=90°”等价于“存在不是椭圆左、
右顶点的点P,使得·=0成立”,
依题意,A(2,0),
设B(t,0),P(m,n),则m2+2n2=4,
且(2-m,-n)·(t-m,-n)=0,
即(2-m)(t-m)+n2=0.
将n2=代入上式,得(2-m)(t-m)+=0. 因为-2<m<2,
所以t-m+=0,即m=2t+2.
所以-2<2t+2<2,
解得-2<t<0,
所以点B横坐标的取值范围是(-2,0).。