2019-2020年高考数学二轮复习 专题能力训练16 直线与圆锥曲线 文.doc

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2019-2020年高考数学二轮复习 专题能力训练16 直线与圆锥曲线 文 一、选择题 1.(xx福建质检)已知双曲线C1:=1(a>0,b>0)的离心率为,一条渐近线为l,抛物线C2:y2=4x的焦点为F,点P为直线l与抛物线C2异于原点的交点,则|PF|=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.3 C.4 D.5 2.(xx山东临沂二模)已知双曲线=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆C:x2+y2-6x=0所截得的弦长等于2,则该双曲线的离心率等于(　　) A. B. C. D. 3.椭圆C:=1的左、右顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2的斜率的取值范围是[-2,-1],则直线PA1斜率的取值范围是(　　) A. B. C. D. 4.(xx福建福州质量检测)如图,直线y=m与抛物线y2=4x交于点A,与圆(x-1)2+y2=4的实线部分交于点B,F为抛物线的焦点,则△ABF的周长的取值范围是(　　) A.(2,4) B.(4,6) C.[2,4] D.[4,6] 5.已知(4,2)是直线l被椭圆=1所截得的线段的中点,则直线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河北唐山一中调研)已知双曲线=1(a>0,b>0)上一点C,过双曲线中心的直线交双曲线于A,B两点,记直线AC,BC的斜率分别为k1,k2,当+ln|k1|+ln|k2|最小时,双曲线离心率为(　　) A. B. C.+1 D.2 二、填空题 7.过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率为　　　　　. 8.设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是　　　　　. 三、解答题 9. (xx重庆高考,文21)如图,设椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为. (1)求该椭圆的标准方程; (2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程;若不存在,请说明理由. 10.已知动圆过定点A(0,2),且在x轴上截得的弦长为4. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程; (2)点P为轨迹C上任意一点,直线l为轨迹C上在点P处的切线,直线l交直线:y=-1于点R,过点P作PQ⊥l交轨迹C于点Q,求△PQR的面积的最小值. 11.已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,且|AF|=1. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x=4交于点Q,问:是否存在一个定点M(t,0),使得=0.若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由. 答案与解析 专题能力训练16　直线与圆锥曲线 1.D　解析:∵e=, ∴.∴=1. ∴渐近线方程为y=x. ∴y=x. 又∵F(1,0),由 得∴P(4,4). 故|PF|==5. 2.B　解析:由题意知双曲线=1的渐近线方程为y=x, 圆的标准方程为(x-3)2+y2=9, 圆心到渐近线的距离d=. 由勾股定理得+5=9, 整理得. 故e=. 3.B　解析:由椭圆C:=1可知其左顶点A1(-2,0),右顶点A2(2,0). 设P(x0,y0)(x0≠2), 则=1,得=-. 因为, 所以=-. 因为-2≤≤-1, 所以-2≤-≤-1, 解得. 故选B. 4.B　解析:设B(xB,yB),则1≤xB≤3. 因为可以构成△ABF, 所以10. 又+ln|k1|+ln|k2| =+ln(k1k2), 对于函数y=+ln x(x>0)利用导数法可以得到当x=2时,函数y=+ln x(x>0)取得最小值. 故当+ln|k1|+ln|k2|取得最小值时,k1k2==2, 所以e=.故选B. 7.　解析:e= =. 8.　解析:设A(x1,y1),B(x2,y2), 则=1,=1, ∴=0. ∴=0. ∴a2=2b2.∴e=. 9.-1≤k≤1　解析:Q点坐标为(-2,0),直线l的斜率不存在时,不满足题意, 所以可设直线l的斜率为k,方程为 y=k(x+2). 当k=0时,满足题意; 当k≠0时,x=y-2,代入y2=8x, 得y2-y+16=0. Δ=-64≥0,k2≤1, 即-1≤k≤1(k≠0).综上,-1≤k≤1. 10.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2. 由=2得|DF1|=c. 从而|DF1||F1F2|=c2=,故c=1. 从而|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,所求椭圆的标准方程为+y2=1. (2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2. 由圆和椭圆的对称性,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. 由椭圆方程得1-=(x1+1)2, 即3+4x1=0. 解得x1=-或x1=0. 当x1=0时,P1,P2重合,题设要求的圆不存在. 当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C. 设C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得=-1. 而y1=|x1+1|=,故y0=. 圆C的半径|CP1|=. 综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+. 11.解:(1)设C(x,y),|CA|2-y2=4, 即x2=4y.∴动圆圆心的轨迹C的方程为x2=4y. (2)C的方程为x2=4y, 即y=x2,故y=x. 设P(t≠0), PR所在的直线方程为y-(x-t), 即y=x-,则点R的横坐标xR=, |PR|=|xR-t|=. PQ所在的直线方程为y-=-(x-t), 即y=-x+2+, 由x-2-=0, 由xP+xQ=-得点Q的横坐标为xQ=--t, |PQ|=|xP-xQ| = =. ∴S△PQR=|PQ||PR|=. 不妨设t>0,记f(t)=(t>0), 则当t=2时,f(t)min=4. 由S△PQR=[f(t)]3, 得△PQR的面积的最小值为16. 12.解:(1)由c=1,a-c=1, 得a=2,∴b=. 故椭圆C的标准方程为=1. (2)存在定点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. 设P(xP,yP),则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. ∴存在点M(1,0)符合题意.