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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練16 直線與圓錐曲線 文
一、選擇題
1.(xx福建質(zhì)檢)已知雙曲線C1:=1(a>0,b>0)的離心率為,一條漸近線為l,拋物線C2:y2=4x的焦點為F,點P為直線l與拋物線C2異于原點的交點,則|PF|=( )
A.2 B.3
C.4 D.5
2.(xx山東臨沂二模)已知雙曲線=1(a>0,b>0)的一條漸近線被圓C:x2+y2-6x=0所截得的弦長等于2,則該雙曲線的離心率等于( )
A. B. C. D.
3.橢圓C:=1的左、右頂點分別為A1,A2,點P在C上且直線PA2的斜率的取值范圍
2、是[-2,-1],則直線PA1斜率的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
4.(xx福建福州質(zhì)量檢測)如圖,直線y=m與拋物線y2=4x交于點A,與圓(x-1)2+y2=4的實線部分交于點B,F為拋物線的焦點,則△ABF的周長的取值范圍是( )
A.(2,4) B.(4,6)
C.[2,4] D.[4,6]
5.已知(4,2)是直線l被橢圓=1所截得的線段的中點,則直線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=1(a>0,b>0)上一點C,過雙曲線中心的直線交雙
3、曲線于A,B兩點,記直線AC,BC的斜率分別為k1,k2,當+ln|k1|+ln|k2|最小時,雙曲線離心率為( )
A. B.
C.+1 D.2
二、填空題
7.過點M(1,1)作斜率為-的直線與橢圓C:=1(a>b>0)相交于A,B兩點,若M是線段AB的中點,則橢圓C的離心率為 .?
8.設拋物線y2=8x的準線與x軸交于點Q,若過點Q的直線l與拋物線有公共點,則直線l的斜率的取值范圍是 .?
三、解答題
9.
(xx重慶高考,文21)如圖,設橢圓=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,點D在橢圓上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面積
4、為.
(1)求該橢圓的標準方程;
(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交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點?若存在,求出圓的方程;若不存在,請說明理由.
10.已知動圓過定點A(0,2),且在x軸上截得的弦長為4.
(1)求動圓圓心的軌跡C的方程;
(2)點P為軌跡C上任意一點,直線l為軌跡C上在點P處的切線,直線l交直線:y=-1于點R,過點P作PQ⊥l交軌跡C于點Q,求△PQR的面積的最小值.
11.已知橢圓C:=1(a>b>0)的右焦點為F(1,0),右頂點為A,且
5、|AF|=1.
(1)求橢圓C的標準方程;
(2)若動直線l:y=kx+m與橢圓C有且只有一個交點P,且與直線x=4交于點Q,問:是否存在一個定點M(t,0),使得=0.若存在,求出點M的坐標;若不存在,說明理由.
答案與解析
專題能力訓練16 直線與圓錐曲線
1.D 解析:∵e=,
∴.∴=1.
∴漸近線方程為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=1的漸近線方程為y=±x,
6、
圓的標準方程為(x-3)2+y2=9,
圓心到漸近線的距離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A1(-2,0),右頂點A2(2,0).
設P(x0,y0)(x0≠±2),
則=1,得=-.
因為,
所以=-.
因為-2≤≤-1,
所以-2≤-≤-1,
解得.
故選B.
4.B 解析:設B(xB,yB),則1≤xB≤3.
因為可以構(gòu)成△ABF,
所以1
7、=|AF|+|AB|+|BF|
=|AF|+|AB|+2
=d+|AB|+2
=xB-(-1)+2=xB+3,故4
8、得
=0
?k1k2=>0.
又+ln|k1|+ln|k2|
=+ln(k1k2),
對于函數(shù)y=+ln x(x>0)利用導數(shù)法可以得到當x=2時,函數(shù)y=+ln x(x>0)取得最小值.
故當+ln|k1|+ln|k2|取得最小值時,k1k2==2,
所以e=.故選B.
7. 解析:e=
=.
8. 解析:設A(x1,y1),B(x2,y2),
則=1,=1,
∴=0.
∴=0.
∴a2=2b2.∴e=.
9.-1≤k≤1 解析:Q點坐標為(-2,0),直線l的斜率不存在時,不滿足題意,
所以可設直線l的斜率為k,方程為
y=k(x+2).
當k=0時,滿
9、足題意;
當k≠0時,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,所求橢圓的標準方程為+y2=1.
(2)如圖,設圓心在y軸上的圓C與橢圓+y2=1相交,
10、P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個交點,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1⊥F2P2.
由圓和橢圓的對稱性,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x1=0時,P1,P2重合,題設要求的圓不存在.
當x1=-時,過P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線的交點即為圓心C.
設C(0,y0),由CP1⊥F1P
11、1,得=-1.
而y1=|x1+1|=,故y0=.
圓C的半徑|CP1|=.
綜上,存在滿足題設條件的圓,其方程為x2+.
11.解:(1)設C(x,y),|CA|2-y2=4,
即x2=4y.∴動圓圓心的軌跡C的方程為x2=4y.
(2)C的方程為x2=4y,
即y=x2,故y'=x.
設P(t≠0),
PR所在的直線方程為y-(x-t),
即y=x-,則點R的橫坐標xR=,
|PR|=|xR-t|=.
PQ所在的直線方程為y-=-(x-t),
即y=-x+2+,
由x-2-=0,
由xP+xQ=-得點Q的橫坐標為xQ=--t,
|PQ|=|xP-xQ|
=
12、
=.
∴S△PQR=|PQ||PR|=.
不妨設t>0,記f(t)=(t>0),
則當t=2時,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的標準方程為=1.
(2)存在定點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P(xP,yP),則xP=-=-,
yP=kxP+m=-+m=,
即P.
∵M(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M(1,0)符合題意.
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